›
›
›

Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

pdf 432 trang thaodu 6090
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_chuyen_mon_toan_nam_hoc_2009_2.pdf

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 25/6/2009 Thời gian làm bài 150 phút (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin) Bài I (3 điểm) (n-8)2-48 1) Tìm các số nguyên dương n để A= n+5 có giá trị là số nguyên dương. 2) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn đẳng thứcx2+y(y2+y-3x)=0 Bài II (2 điểm) Giải hệ phương trình (x, y, z là ẩn) Bài III. (3 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Gọi BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC. 1/ Chứng minh AD.AC=AE.AB 2/ Tia AO cắt BC tại A1và cắt cung nhỏ BC tại A2. Tia BO cắt AC tại B1và cắt cung nhỏ AC tại B2. Tia CO cắt BA tại C1và cắt cung nhỏ AB tại C2. A A B B C C Chứng minh: 1 2 + 1 2 + 1 2 =1 AA1 BB1 CC1 3/ Từ A vẽ tia Ax vuông góc với DE. Cho cạnh BC cố định , đỉnh A di động trên cung lớn BC sao cho ABC có ba góc nhọn. Chứng minh tia Ax luôn đi qua một điểm cố định. Bài IV. (1 điểm) Cho đa thức P(x)= x4+ax3+bx2+cx+d (a, b, c, d là các hằng số). Biết rằng P(1)=10, P(2)=20, P(3)=30. P(12)+P(-8) Tính giá trị của biểu thức 10 +25 Bài V (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu ba điểm A, B, C không có điểm nào nằm bên ngoài đường tròn (O) sao cho ABC có ba góc nhọn thì chu vi của đường tròn ngoại tiệp ABC không lớn hơn chu vi (O) . Hết Họ và tên thí sinh : . Số báo danh: Chữ kí giám thị số 1 . Chữ kí giám thị số 2 . .
  2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 3.0 1 Tìm số nguyên dương n (1.5 điểm) 121 2 2 0.50 *(n-8) -48 = n -16n+16 nên A=n-21+n+5 *121=112 và n+5≥6 ; n+5 Z 0.25 *n+5=11 được n=6 và A=-4 0.25 *n+5=121 được n=116 và A=96 0.25 I *KL n=116 0.25 2 Tìm các số nguyên dương x, y (1.5 điểm) *x2+y(y2+ y-3x)=0 x2-3xy+y2+y3=0 (1) 0.25 *Coi (1) là pt bậc 2 với ẩn x 0.25 *có =y2(5-4y) 0.25 *Nếu y≥2 thì <0 phương trình (1) vô nghiệm 0.25 2 *Với y=1 phương trình (1) trở thành x -3x+2=0 x1=1; x2=2 0.25 *KL: x=1, y=1 và x=2, t=1 0.25 Giải hệ phương trình 2.0 *Nếu một trong 3 số x, y, z bằng 0 thì hai số còn lại bằng 0 0.25 Ta thấy x=y=z=0 là một nghiệm của hệ *Xét trường hợp cả ba số x, y, z khác 0 0.75 hệ đã cho II *Cộng vế với vế của 3 PT ta được =0 0.25 1 2 1 2 + 1 2 (x -1) +(y -1) (z -1) =0 (thỏa mãn hệ đã cho) 0.50 *KL:Hệ đã cho có 2 nghiệm x=y=z=0 và x=y=z=1 .025 3.0 1 Chứng minhAD.AC=AE.AB(1 điểm) A Chứng minh được tam giác ABD đồng dang với tam giác ACE R III 0.50 L D E H O J B A1 C Q A2
  3. Chứng minh được AD.AC=AE.AB 0.50 2 Chứng minh (1 điểm) *Gọi H là trực tâm của ABC A A JQ 0.25 tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. CM được: 1 2 = A1A2 JA JH JQ S BHC *CM được = = JA JA S BAC B1B2 S AHC C1C2 S AHB *Tương tự chứng minh được = , = B1B S BAC C1C S BAC * ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra S +S +S =S BHC BHA AHC BAC A A B B C C S +S +S S Từ đó 1 2 + 1 2 + 1 2 = BHC BHA CHA = BAC =1 AA1 BB1 CC1 SABC SABC 3. Chứng minh tia Ax (1 điểm) *tia BD cắt cungAC tại R, tia CE cắt cung AB tại L Chứng minh được DE//RL suy ra LRAx * cung AL=cungAR chứng minh Ax di qua tâm O khi A di động t Tính giá trị của biểu thức (1 điểm) *Đặt Q(x)=P(x)-10x *Có Q(1)=Q(2)=Q(3)=0 IV *Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r) P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+10x P(12)+P(-8) *A= 10 +25=2009 Chứng minh rằng (1 điểm) *Gọi đường tròn ngoại tiếp ABC là (I), I nằm trong ABC Nếu A, B, C nằm trên (O) thì (I) và (O) trùng nhau. *Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) và(I) tiếp xúc trong với nhau thì đường kính của (I) V nằm trong (O) suy ra chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). *Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M, N. Vì ABC có ba góc nhọn nên số đo cung nhỏ MN 1800, ắt tồn tại đường kính của (I) nằm trong (O). Vậy chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O) Thí sinh phải lập luận đấy đủ mới có điểm tối đa, điểm làm tròn đến 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: Toán (chuyên) (Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức:
  4. 3 3 x 3 A 1 (với xx 0; 3 ). 23 x x3 3 x 27 3 x 1. Rút gọn biểu thức A. x 3 5 3 29 12 5 . 2. Tính giá trị của biểu thức A khi Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình x32 x x x 1 2 0 . x22 xy 20 y 2. Giải hệ phương trình . 2 xy 33 y x Câu 3. (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên n để A n2018 n 2008 1 là số nguyên tố. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D. Đường thẳng BM cắt d tại E. 1. Chứng minh CM = CA = CE. 2. Chứng minh AD OE . 3. Tính độ dài đoạn AM theo R, nếu AE = BD. Câu 5. (1,0 điểm) Cho ab; thoả mãn ab 2; 2. Chứng minh rằng: (a22 1)( b 1) ( a b )( ab 1) 5 . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh Chữ ký của cán bộ coi thi 1: Chữ ký của cán bộ coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH TỈNH QUẢNG NINH LỚP 10 THPT NĂM 2017 Môn thi: Toán (chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long (Hướng dẫn này có 03 trang) Câu Sơ lược lời giải Điểm Câu 1 1. Với điều kiện xác định là x 0; x 3 (2,0 điểm) 3 3 x 3 A = 1 2 3 x x 3 3 x 27 3 x 0,5
  5. 3 3 x 2 x 3 3 = 2 2 x x 3 3 (x 3)(x x 3 3) 3x (x 3) 3 3 x 2 x 3 3 = 2 (x 3)(x x 3 3) 3x 0,5 1 x 3 2. Ta có : x 3 5 3 29 12 5 0,75 3 5 3 (2 5 3)2 3 5 6 2 5 3 5 ( 5 1)2 31 nên thay x = 3 + 1 vào A ta có: 1 0,25 A = = 1 3+1- 3 Câu 2 1. ĐK: x 1. 0,25 (3,0điểm) Biến đổi về phương trình x2 ( x 1) x x 1 2 0 Đặt t x x 1 (t 0) t22 x( x 1) . 0,25 Phương trình đã cho trở thành: 0,5 2 t 1 tt 20 t 2 Kết hợp với điều kiện, ta được t 2 Với x x 1 2 x3 x 2 4 ( x 2)(x 2 x 2) 0 x 2 0,5 x22 xy 2 y 0 (1) 2. Giải hệ phương trình 2 xy 3 y x 3 (2) 0,75 Phương trình (1) x22 y y x y 0 x y x 20 y , ta được x = y hoặc x = -2y 3 * Với x = y, từ (2) ta có: 4xx2 3 0 , ta được xx 1, . 124 3 0,25 Khi đó, x y 1, x y . 1 1 2 2 4 2 * Với x = -2y, từ (2) ta có yy 2 3 0 , ta được yy12 1, 3 Nếu yx 12 . Nếu yx 36 . 0,25 33 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1); ; ; (2; -1); (-6; 3). 44 0,25 Câu 3 Tìm số tự nhiên n để A n2018 n 2008 1 là số nguyên tố. (1,0điểm) Xét n 0 thì A = 1 không là số nguyên tố; 0,25 Xét n 1 thì A = 3 là số nguyên tố.
  6. Xét n > 1, ta thấy A > n2 + n + 1; A = n2018 – n2 + n2008 – n + n2 + n + 1 0,5 = n2((n3)672 – 1) + n.((n3)669 – 1) + (n2 + n + 1) mà (n3)672 – 1 chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)672 – 1 chia hết cho n2 + n + 1. Tương tự: (n3)669 – 1 chia hết cho n2 + n + 1 0,25 Khi đó A chia hết cho n2 + n + 1 > 1 và A > n2 + n + 1 nên A là hợp số. Tóm lại số tự nhiên cần tìm là n = 1. Câu 4 D (3,0 điểm) E M 0,25 C F A B O I 1. Gọi F là giao điểm của OC và AM, ta có OC  AM. Ta có, CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Hai tam giác vuông AME và AFC đồng dạng, 0,75 AE AM nên 22 AE AC AC CE . AC AF Vậy CM = CA = CE. 2. Gọi giao điểm của EO với d’ là I, Chứng minh được AEBI là hình bình hành BE//AI. 0,5 Ta có, OD BE OD AI, mà AB DI O là trực tâm của ADI 0,5 OI AD OE AD (đpcm). 3. Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai góc kề bù), 0,25 có OM là đường cao nên OM2 = CM.MD. Theo phần 1, ta có EC = CA = CM 2CM = AE, mà BD = MD và AE = BD (gt) 2CM = MD. 2CM2 = R2 (do MO = R và OM2 = CM.MD) R 2 0,5 CM = 2 AE = R 2 (do AE = 2CM). 1 1 1 Do trong giác vuông AEB tại A, ta có AM2 AE 2 AB 2 0,25 AE. AB 2 R 3 AM . AE22 AB 3 Câu 5 Xét hiệu M ( a22 1)( b 1) ( a b )( ab 1) 5 (1,0điểm) 0,5 2 2 2 2 2 2 (ab abab ab ) (a b abab ) 4
  7. 1 ab( a 1)(b 1) ( a b )2 a ( a 2) b ( b 2) 4 . 2 Chỉ ra với a 2 thì aa( 1) 2 và aa( 2) 0 b 2 thì bb( 1) 2 và bb( 2) 0 1 0,5 nên ab( a 1)(b 1) 4; (a b )2 a ( a 2) b ( b 2) 0 2 M 0 hay (a22 1)( b 1) ( a b )( ab 1) 5 . Những chú ý khi chấm thi: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết. 3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm tròn. Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP 9 THCS BẾN TRE NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu 1. (7 điểm) a) Chứng minh rằng A n8 4n 7 6n 6 4n 5 n 4 chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên 2 22 x 3 12x 2 b) Cho biểu thức B x 2 8x . Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị x2 nguyên của x để B có giá trị nguyên c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2yx2 x y1 x 2 2y 2 xy Câu 2 (3 điểm) Cho hàm số y 2 x2 6x 9 x 2 có đồ thị (D) a) Vẽ đồ thị (D) của hàm số trên b) Với giá trị nào của m thì phương trình 2 x2 6x 9 x 2 m vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2 x2 6x 9 x Câu 3. (2 điểm) 2 2 y x xy 2017 (1) 3 y2 Cho x, y, z là các số thực thỏa: z2 1009(2) (x 0,z 0,x z) 3 x22 xz z 1008 (3) 2z y z Chứng minh rằng x x z Câu 4. (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn O1 đường kính AE và đường tròn O2 đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn với M là tiếp điểm thuộc O1 và N là tiếp điểm thuộc O2
  8. a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, Vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Câu 5. (3 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 900 . Từ B kẻ BM vuông góc với 2 AM AB AC tại M (điểm M thuộc AC). Chứng minh 12 MC BC ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 BẾN TRE 2016-2017 Câu 1. 4 a) A n8 4n 7 6n 6 4n 5 n 4 n.n 4 4 4n 3 6n 2 4n1  n(n1) 4 4 Vì n(n+1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n 1) 2 n n 1 2 16 Do đó A 16 với mọi n thuộc Z 22 2 2 2 2 x 3 12x22 x 3 x3 b) B x 2 8x x 2 x 2 x22 x x x22 3 2x 2x 3 3 +) Nếu x 2 x3 x Kết luận 2x2 2x 3 khi x 0 x 2x 3 B khi0 x 2 x 2x2 2x 3 khi x 2 x B có giá trị nguyên khi x  1; 3 c) 2yxxy1x2 2 2y 2 xy x1x 2 2y 2 y 1 x 1 1 x 2 x2 22 x2yy1 2yy10 y1 x 1 1 x 0 x0 22 x 2y y 1 2y y 1 0 y1 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1) Câu 2. x 8nÕux 3 a) y2x 2 6x9x22x3x2 3x 4nÕux 3 Học sinh tự vẽ đồ thị b) Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau: (D) y 2 x2 6x 9 x 2 (1)
  9. (D’): y=m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt trục Oy tại điểm có tung độ m. Căn cứ vào đồ thị , ta có phương trình (*) vô nghiệm (D) và (D’) không giao nhau m5 Vậy m5 thì pt (*) vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị đã vẽ ở câu a, ta có : nghiệm của (1) là tập hợp hoành độ của các điểm (D) x6 có tung độ y2 , nên x2 Vậy tập nghiệm của (1) là x6 hoặc x 2 Câu 3 2 2 y x xy 2017 (1) 3 y2 z2 1009(2) (x 0,z 0,x z) 3 x22 xz z 1008 (3) Trừ (1) và (2) vế theo vế, ta có: x22 xy z 1008(4) Trừ (3) và (4) vế theo vế ta có: xz xy 2z22 0 xz 2z xy 2xz 2z2 xy xz 2z(x z) x(y z) 2z y z x x z Điều phải chứng minh Câu 4 F D N K I M C A O1 E O O2 B a) MN là tiếp tuyến chung của O1 và O2 nên 0 MN OM;MN1  ON 2 OM//ON 1 2 MO12 E NO E 180 O1 AM cân tại O1 suy ra MO11 E 2O AM O2 BN cân tại O2 nên NO22 E 2O BN MO E NO E 2 O AM O BN O AM O BN 9000 MFN 90 1 2 1 2 12 Mặt khác AME BNE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
  10. EMF ENF 900 suy ra MENF là hình chữ nhật MEF NME 0 Mà O11 EM O ME ( O1 ME cân tại O)1 và NME O1 ME 90 (MN là tiếp tuyến) 0 MEF O1 EM 90 hay EF AB tại E b) Ta có AB = 18 cm, AE = 6 cm EB 12cm,OF 9cm AFB vuông tại F có đường cao EF nên EF2 AE.EB 6.12 72 EF 6 2 (cm) MN EF 6 2 (cm) Gọi K, I lần lượt là giao điểm của EF, OF với MN Tứ giác MENF là hình chữ nhật nên có NMF NEF mà NEF=ABF (cùng phụ góc BEM) NMF ABF (1) FNM FAB Ta lại có OAF cân tại O suy ra OAF = OFA (2) Và OAF ABF 900 (3) Từ (1) (2) (3) NMF OFA 9000 MIF 90 FNM đồng dạng tam giác FAB và có FI, FE là hai đường cao tương ứng nên FI MN FI 6 2 FI 4cm OI OF FI 9 4 5cm EF AB62 18 OID vuông tại I có ID2 OD 2 OI 2 9 2 5 2 56 ID 2 14 (cm) Vì OF CD tại I nên CD 2.ID 4 14 (cm) Câu 5 A M B C ABC cân tại A nên AB = AC 2 22 AM AB AM MC AC AC AC 2 Ta có 1 2. 2.22 2. BC 2.AC.MC MC BC MC BC MC BC Ta cần chứng minh: BC2 2AC.MC Thật vậy, BC2 BM 2 MC 2 AB 2 AM 2 AC AM 2 AC2 AM 2 AC 2 2AC.AM AM 2 2AC2 2.AC.AM 2AC.(AC AM) 2.AC.MC
  11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: TOÁN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 25 tháng 6 năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 15x 11 3 x 2 2 x 3 1) Cho A x 2 x 3 x 1 x 3 Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A 2) Cho phương trình xb2 ax 0 có hai nghiệm nguyên dương biết a,b là hai số dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó. Câu II ( 2,0 điểm) 3 1) Giải phương trình: 4x2 6 x 1 16 x 4 4 x 2 1 3 2 1 41xx 2) Giải hệ phương trình: y 22 y y xy 4 a49 b c Câu III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c .Chứng minh rằng: 4 b c c a a b Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AA’.Gọi AD là đường phân giác trong của góc BAC ()D BC .M,I lần lượt là trung điểm của BC và AH. 1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’. 2) Gọi P là giao điểm của AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB và AC lần lượt tại Q và R.Chứng minh rằng Q và R lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB,AC. Câu V (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 y 4 z 4 2012 2) Cho hình vuông 12x12, được chia thành lưới các hình vuông đơn vị. Mỗi đỉnh của hình vuông đơn vị này được tô bằng một trong hai màu xanh đỏ. Có tất cả 111 đỉnh màu đỏ. Hai trong số những đỉnh màu đỏ này nằm ở đỉnh hình vuông lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh. Hết Họ và tên thí sinh . Số báo danh Chữ kí của giám thị 1: . Chữ kí của giám thị 2: Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- Lời giải một số câu
  12. Câu I 15x 11 3 x 2 2 x 3 1) A x 2 x 3 x 1 x 3 15x 11 (3 x 2)( x 3) (2 x 3)( x 1) A (xx 1)( 3) 17 2 A 5 , A lớn nhất x 0 khi đó A lớn nhất bằng . x 3 3 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 < x2) Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47 (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*) Vì x11 Z x 1 nên với giả sử xx12 Ta có: –4 ≤ x1 – 5 < x2 – 5 nên x1 5 1 x61 (*) . x2 5 47 x2 52 Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52. Câu II: 3 1) 4x2 6 x 1 16 x 4 4 x 2 1 3 3 2(4x2 2 x 1)(4 x 2 2 x 1) (4 x 2 2 x 1)(4 x 2 2 x 1) 3 Dễ thấy 4x2 2 x 13 x 2  ( x 1) 2 0, x &4 x 2 2 x 13 x 2  ( x 1) 2 0, x nên đặt a 4 x22 21, x b 4 x 21,0,0 x b a b 3 Ta có phương trình 2a22 b ab 3 6a22 3 ab 3 b 0 aa 6( )2 3( ) 3 0 bb a 3 2 b 2 4xx 2 1 1 1 2 x a 3 4xx 2 1 3 2 ,()TM b 3 2)Giải hệ phương trình 2 1 4xx 1 (1) y 22 y y xy 4 (2) 14 Nếu y = 0 thì (2) vô lí nên y 0 vậy (2) 1 x yy2
  13. 1 Đặt b ta có hệ y 4x2 x b 1 (1') 2 4b b x 1 (2') Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 0 1 1 *) Nếu x = b ta có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2) 2 2 *) Nếu 2x + 2b = 1 thì hệ vô nghiệm Vậy hệ có hai nghiệm và Câu V 1) Giả sử một số nguyên là số chẵn có dạng 2k thì (2kk )44  16 0(mod8) Nếu Số nguyên là số nguyên lẻ có dạng 2k + 1 thì (2k 1)42 (4 t 1) 16 h 1  1(mod8) nên với k ,t,h là các số nguyên x, y , z Z x4 y 4 z 4  0,1,2,3(mod8) Nhưng 2012  4 ( mod 8) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 2) Có 111 đỉnh màu đỏ,trong đó có 22 đỉnh nằm trên cạnh của hình vuông,, 87 đỉnh nằm lọt trong hình vuông lớn.Từ đó ta thấy có hai điểm màu xanh ở hai góc của hỉnh vuông lớn, 22 điểm màu xanh trên các cạnh của hình vuông lớn không nằm trên đỉnh của hình vuông lớn còn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt trong hình vuông.Với 312 cạnh của cả hình, ta cho đình của mỗi cạnh như sau: trong 2 mút của nó có i điểm màu xanh thì cho i điểm.Gọi tổng số điểm là S, ta có S = 2 ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại có thể đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh ở góc là mút của hai đoạn, các điểm còn lại là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2 x 2 + 22 x 3+ 34 x 4 = 206, suy ra số cạnh xanh là : ( 206 – 66):2 = 70 cạnh màu xanh. a49 b c Câu III: Chứng minh rằng: 4 b c c a a b 1 4 9 (abc )( ) 18 b c a c a b Thật vậy: 1 4 9b c 4( a c ) 9( a b ) [()())](b c a c a b )( )362 bcacab bc ()() ac ab Điều phải chứng minh . Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có: ABC A' BC 900 , ABC BAN A ' BC BAN
  14. B Q D H P M A' I K o A R C Lại có A'' AC A BC ( cùng chắn cung AC' ) nên BAN A' AC Cũng có BAD CAD BAD BAN CAD CAN Mặt khác H đối xứng với K qua AD HAD KAD , H thuộc AN nên K thuộc AA’ 2) Bạn tự giải nhé. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2013-2014 Đề chính thức TRƯ Ờ NG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Ngày thi: 15/6/2013 Thời gian làm bài: 150’ x 2 x 2 Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q x x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1) x 2 x 1 x1 1. Rút gọn Q 2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên
  15. x 2 3 13 x 3 y 1 10 Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình: 3 2y 4 11 x 3 y 1 6 bc ca ab Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : a b c. a b c Bài 4: (3 đ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) không đi qua O cắt đường tròn tại hai điểm A,B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn ( C,D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn. 2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD. 3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất. Bài 5: (1 đ) : Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức: A 7 13 7 13 2 *
  16. HƯỚNG DẪN GIẢI x 2 x 2 Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q x x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1) x 2 x 1 x1 1.Rút gọn Q x 2 x 2 x 2 x 2 Q x x x x 1 x1 2 x 2 x 1 x1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x x 2 x x 2 2x . x x 1 . x 2 x1 x 1 x 1 x 1 x 1 2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên: 2x 2 Q= 2 Q x 1 U(2)= 2; 1;1;2 x 1;0;2;3 Kết hợp với x 1 x 1 điều kiện => x  0;2;3 Vậy với x  0;2;3 thì Q nhận giá trị nguyên. Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình: x 2 3 13 1 3 13 1 3 3 1 x 3 y 1 10 x 3 y 1 10 x 3 y 1 10 ( ĐK x ≠ 3; y ≠ -1) 3 2y 4 11 3 2 11 3 2 1 2 x3y1 6 x3 y1 6 x3y16 1 1 Đặt a = ; b= ta được hệ : x3 y1 31 11 a 3b a 10 10 x 3 10 x 13 (TMDK) 1 111 y 14 3a 2b b 6 15 y 1 15 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y) = (13;14) bc ca ab Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : a b c. a b c a,b,c là các số thực dương => Theo BĐT Cô-Si ta được: bc ca bc ca  2 . 2c a b a b ca ab ab ca bc ca ab bc ca ab 2 . 2a 2 2. a b c a b c b c c b a b c a b c bc ab bc ab 2 . 2b a c a c  Bài 4: (3 đ) 1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn. HA=HB => OH  AB ( đường kính đi qua trung điểm một dây không đi qua tâm) => OHM = 900 Lại có ODM = 900 ( Tính chất tiếp tuyến)
  17. Suy ra OHM =ODM = 900 => H,D cùng nhìn đoạn OM dưới 1 góc vuông => H,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OM => các điểm M,D,O,H cùng nằm trên đường tròn đường kính OM 2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD. Ta có: COI DOI ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> CI DI => CDI DIM => DI là phân giác trong của ∆ MCD (1) Lại có MI là đường phân giác trong của ∆ MCD ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ MCD 3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất. Ta có ∆MOD = ∆MOP (g-c-g) => S∆ MPQ= 2 S∆ MOQ =OD.MQ = R.MQ Q => S∆ MPQ nhỏ nhất MQ nhỏ nhất (3) D Theo BĐT Cô – si cho hai số không âm , ta có: MQ = MD+DQ ≥ 2 MD.DQ 2 OD2 2OD 2R 2 O ( Vì ∆ MOD vuông tại O có đường cao OD nên OD =MD.DQ ) I 0 Dấu “=” xảy ra MD= DQ ∆OMQ vuông cân tại O (dOMD) 45 OM OD R A H B M 0 2.R sinOMD sin 45 C (Vì ∆ ODM vuông nên OD= OM.sinOMD ) P Vậy MQmin = 2R OM = 2 R (2) 2 Từ (3) và (4) suy ra khi M nằm trên (d) cách O một khoảng R thì S∆ MPQ nhỏ nhất là R.2R=2R ( d.v.d.t) Bài 5: (1 đ) : A 7 13 7 13 2 .Ta có: 22 2.A 14 2 13 14 2 13 2 13 1 13 1 2 13 1 13 1 2 13 1 13 1 2 0 A0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐẮC LẮC NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 9 – THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi : 05/4/2017 Bài 1. (4 điểm) 1 a 1 a 1 1 a 1 a 1 1 1) Cho số thực a mà a > 2. Rút gọn biểu thức A. a a 2 a 1 a 2 a 1 x2 3x y 3 y 1 2) Giải hệ phương trình 16 3 y 5 x Bài 2 (4 điểm) 2 22 1) Tìm m để phương trình x 2m 1 x 3m 1 0 có hai nghiệm x12 ;x thỏa mãn x12 x 5 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x) x2 bx 2017 có giá trị nhỏ nhất là một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 4x2 12 10x b 0 và 4x2 12 10x b 0 đều có hai nghiệm phân biệt Bài 3 (4 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 1 2x2 y
  18. 2 4 2 2) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt M(n) 2n 2 4n 1 n . Chứng minh rằng 28M(n) luôn chia hết cho 31 Bài 4. (4 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O. Dây AB cố định không phải đường kính. Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E sao cho góc CIA và EIB là góc nhọn. CI cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C. EI cắt đường tròn (O) tại điểm F khác E. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và D cắt nhau tại M, các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại E và F cắt nhau tại N. Nối OM cắt CD tại P và ON cắt EF tại Q. Chứng minh rằng 1) Tứ giác PQNM nội tiếp 2) MN song song với AB Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại C, có góc ở đỉnh là 360 . Chứng minh AC 1 5 AB 2 Bài 6 (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b thay đổi sao cho 1 a 2;1 b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của 224 2 4 2 biểu thức A a b 22 b a a b b a
  19. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 ĐẮC LẮC 2016-2017 Bài 1. 1) 33 11 a 1 a 1 1 a 1 a 1 1 a 1 1 a 1 1 A aa22 a 2 a 1 a 2 a 1 a 1 1 a 1 1 1 a11a1 a11 a11a1 a11 . a a 1 1 a 1 1 1 . a a 1 a a 1 2 (doa 2 a 1 0; a 1 1 0) a x2 3x y 3 y 1 2) 16 (ĐK: x 0;y 0) 3 y 5 (*) x x 1 0 (1) 16 x 1 x 3 y 1 0 3 y 5 x Ta có (*) 16 3 y 5 x 3 y 1 0 x 16 (2) 3 y 5 x x1 x1 Giải (1) 121 3 y 11 y (TMDK) 9 x 3 y 1 x 3 y 1 x 3 y 1 x2 Giải (2) 16 (TMDK) 3 y 5 y1 3y 4 y 7 0 y 1 3 y 7 0 3 y 1  121 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x;y  1; ;(2;1)  9 Bài 2. 1) Ta có 2m1 22 43m1 4m1 10 với mọi m. Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. x12 x (2m 1) Theo Vi et, ta có: x12 x 3m 1 22 2 x1 x 2 5 x 1 x 2 2x 1 x 2 5 Khi đó m1 2 2 2m1 23m1 5 2m m10 m12m1 0 1 m 2 2 22 2 b b b 2) P(x) x bx 2017 x 2017 2017 2 4 4 b2 Do đó Min P(x) 2017 4
  20. b2 Ta có 2017 0 b2 4.2017 2 2017 b 2 2017 4 2 Phương trình: 4x 12 10x b 0 có 1 ' 360 4b 2 Phương trình : 4x 12 10x b 0 có '2 360 4b 360 8 2017 360 4b 360 8 2017 '01 Mà 2 2017 b 2 2017 '0 360 8 2017 360 4b 360 8 2017 2 Vậy cả hai phương trình đều có nghiệm phân biệt Bài 3. y 1 2m (1) 1) 12 x y 2 y1y12 x y12(2) n m n x Từ (1) và (2) 2m 2 n 22 2 2 m2,n1 x3;y3 2 2 n2 4t t 2) +) Nếu n chẵn n4 n 4t(t ) 2 2 16 5k11 1(k ) 4 2 4n42 1 n 4p 1 p Và 4n 1n 4p1(p ) 2 2 2.16 5k22 2(k ) Nên M(n) 5k 3(k ) 2M(n) 8 2 5k 3 8 832 k 131(1) 2 n2 4t 1 t +) Nếu n lẻ n 4t1t 2 2 2.16 5k1 2k 4 2 4n42 1 n 4p p Và 4n 1n 4p(p ) 2 2 16 5k2 1(k ) Nên M(n) 5k3(k ) 2M(n) 8 2 5k 3 8 832 k 131(2) Từ (1) và (2) suy ra 28M(n) luôn chia hết cho 31. Bài 4.
  21. F O D P Q A I B C E M N T 1) Tứ giác PQNM nội tiếp Ta có : OC = OD (bán kính ), MC = MD (MC, MD là 2 tiếp tuyến cắt nhau) suy ra OM là trung trực của CD OM DP Xét ODM : ODM 900 (MD là tiếp tuyến của (O) tại D), OM DP(cmt) OD2 OP.OM(a) Chứng minh tương tự có: OF2 OQ.ON(b). Lại có:OD OF (bán kính) © OP ON Từ (a) (b) (c) OP.OM OQ.ON OQ OM OP ON Xét OPQ và ONM có O chung; (cmt) OQ OM Vậy tam giác OPQ đồng dạng tam giác ONM (c.g.c) nên OPQ ONM Nên tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm) 2) MN song song với AB Tứ giác OPIQ có : OPI OQI 900 (theo câu a) Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp QOI QPI (góc nội tiếp cùng chắn cung QI) Lại có ONM OPQ(cmt) QOI ONM QPI OPQ OPI 900 (doOM  DP) ONT vuông tại T (T là giao điểm của OI và MN)
  22. 1 OI MN , mặt khác OI AB (vì IA IB AB(gt) ) vậy AB // MN (đpcm) 2 Bài 5. C 36 D A a B 1800 ACB 180 0 36 0 Ta có CAB CBA 720 (Vì tam giác ABC cân tại C) 22 Kẻ phân giác BD của góc ABC CBD ABD 360 Chứng minh được BDC cân tại D, ABD cân tại B Đặt AC = BC = x, AB = BD = CD = a (x, a >0) Mặt khác BD là phân giác của ABC CD AD CD AD AC a x Nên x22 ax a 0 (*) BC AB BC AB BC AB x x a 15 AC 1 5 a 1 5 Giải phương trình (*) ta được xa (vì x >0) nên :a 2 AB 2 2 Bài 6. xy 2 Áp dụng BĐT xy 4 2 222 4 4 a b a 22 b 224 2 4 2 a b a b Ta có: A a b 22 b a a b b a 4 2 4 2 4 Đặt a xa2 x4;b 2 yb 2 y4 2 a a2 b b Lại có 1 a 2 ;1 b 2 suy ra 2 a2 2 3a 2 2 a1a20a3a2a 2 30x3 a a a 2 b2 2 3b 2 2 b1b20b3b2b 2 30y3 b b b
  23. 2 x y x22 y 8 3 3 9 9 8 2 Nên A 64 44 4 2 4 2 a b22 b a a22 b b a a b 1 Đẳng thức xảy ra khi a 1 a 2 0 a b 2 b 1 b 2 0 a b 1 Vậy Max A 64 a b 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THÀNH PHỐ CẦN THƠ CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày: 11/04/2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút , không kể thời gian phát đề Câu 1 (5,0 điểm) 2m 16m 6 m 2 3 1. Cho biểu thức P2 m 2 m 3 m 1 m 3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên 2013 2. Tính giá trị a3 15a 25 với a 33 13 7 6 13 7 6 Câu 2. (5,0 điểm) 1. Giải phương trình: x 5 3 x 2 15 2x x2 1 0 2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm 2x2 mx 1 0 2 mx x 2 0 Câu 3. (5,0 điểm) 1 1 1 1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa 2 x y z x y 2 2. Cho hai số x, y thỏa mãn 22 x y xy 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T x22 y xy Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M trên đường tròn để MA + 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi P là một điểm di động trên cung BC không chứa A. 1. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ A xuống PB, PC. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định 2. Gọi I, D, E là chân các đường cao lần lượt hạ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng chu vi tam giác IDE không đổi khi A, B, C thay đổi trên đường tròn (O;R) sao cho diện tích tam giác ABC luôn bằng a2
  24. ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 CẦN THƠ 2012-2013 Câu 1. 1. a) Điều kiện : m 0;m 1 m1 P m1 2 b) P1 m1 Để P m  4;9 2. a 3 13 7 6 3 13 7 6 a 3 26 15a 2013 a33 15a 25 1 a 15a 25 1 Câu 2. 1. Điều kiện : 5 x 3 Đặt t = x5 3x,t 22 82152xx t22 2 t3 Phương trình đã cho có dạng : t t 6 0 t 2(loai) t 3 x 5 3 x 3 2 3 7 x 4x2 8x 59 0 2 2 3 7 x 2 mx 2y 1 2. Đặt x2 y 0. Hệ trở thành x my 2 m4 x m22 Hệ luôn có nghiệm 1 2m 1 y 0(m ) m2 2 2 2 22 m 4 1 2m Ta có xy 22 (m1)(mm7)0m1 m 2 m 2 Câu 3 1. Không mất tính tổng quát , giả sử : 1 x y z 1 1 1 3 2 x 1 x y z x y1 (vô lý) 1 1 2 1 y z y Và y = 2 suy ra z = 2. Vậy (1;2;2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho xy2 xy2a(a0) 2. Hệ 2 2 2 2 x y xy 3 x y xy 3 x y 2 a 2 Do đó 2 ; S 4P 0 0 a 4 xy 2 a 3 T x22 y xy2xy 922a 2 Min T= 1 khi x=1; y=1 hoặc x= - 1 , y = - 1
  25. Max T = 9 khi x 3,y 3 hoặc x 3,y 3 Câu 4 B M' M O A C R Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho OC , ta có điểm C cố định 2 Dễ thấy OCM đồng dạng với OMA MA 2MC Ta có MA MB BC (không đổi) MA 2MB 2(MA MC) 2BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C Vậy khi điểm M là giao điểm của đoạn BC và đường tròn (O) thì MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất
  26. Câu 5. A E D N O C I B M A' P 1. Kẻ AI BC , I BC cố định. Ta có BMA BIA 900 nên tứ giác AMBI nội tiếp hay AIM ABM Ta lại có tứ giác ABPC nội tiếp nên ABM ACP do đó AIM ACP (1) Mặt khác AIC ANC 900 nên tứ giác AINC nội tiếp suy ra ACP AIN 1800 (2) Từ (1) và (2) suy ra AIM AIN 1800 Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I 2. Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra AED ACB Kéo dài AO cắt (O;R) tại điểm A’. Ta có: EAO AED BAA' ACB 900 11 AO  DE S AO.DE R.DE AEOD 22 11 Tương tự ta cũng có S .R.EI ;S R.ID BEOI22 CDOI 1 Vậy S S S S R. DE EI ID ABC AEOD BIOE CDOI 2 2S 2a2 DE EI ID ABC (không đổi) RR SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 VĨNH PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (2,0 điểm) x 4 1 2 x 5 Cho biểu thức A : 1 x4 x 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Câu 2. (2,0 điểm)
  27. a) Giải phương trình : x1x2x6x3 45x2 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn : x x2y x 1 4 1 Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số nguyên x, y thỏa mãn 3x 2y 1. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức H x22 y xy x y 2 Câu 4. (3,0 điểm) 3 Cho hai điểm A, B phân biệt, lấy điểm C bất kỳ thuộc đoạn AB sao cho 0 AC AB; tia Cx vuông 4 CE CA góc với AB tại C. Trên tia Cx lấy hai điểm D, E phân biệt sao cho 3 . Đường tròn ngoại CB CD tiếp tam giác ADC và đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt nhau tại điểm H (H không trùng với C) a) Chứng minh rằng ADC EBC và ba điểm A, H, E thẳng hàng b) Xác định vị trí của C để HC AD c) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì đường thẳng HC luôn đi qua một điểm cố định Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x,y,z thỏa mãn x y z 2. Chứng minh rằng x 2y z 2 x 2 y 2 z Câu 6 Trên mặt phẳng cho 5 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong năm điểm đã cho và hai điểm còn lại có đúng một điểm nằm bên trong đường tròn. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 VĨNH PHÚC NĂM 2015-2016 Câu 1 x0 x0 a) Điều kiện x 4 0 x4 2 x 5 10 x2 2 x 3 x 3 2 Ta có: A:A x4 x 2 2 x b) Để x, A thì 2x là ước của 2. Suy ra 2x nhận các giá trị 1; 2 1 - 1 2 - 2 x 1 9 0 16 A 2 - 2 1 - 1 Câu 2 a) Phương trình tương đương: (x2 7x 6).(x 2 5x 6) 45x 2 Nhận thấy x=0 không là nghiệm của phương trình 66 Phương trình đã cho tương đương với x 5 x 7 45 xx 6 Đặt t x 1, ta được t2 81 0 t 9 x 6 Với t = 9 , ta có x 80 x8x602 x4 10 x
  28. 6 Với t = - 9 ta có x 100 x2 10x60 x 5 19 x Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 4 10;x 5 19 b) xxx141 2 y x1x14 2 y Do x, y x,y 0 Nếu x= 0 thì y=0 suy ra (0;0) là nghiệm của phương trình đã cho Nếu x > 0 y 0 x 1 chẵn , đặt x 2k 1,k 0 Khi đó k 1 2k2 2k 1 4 y 1 Do 2k2 2k 1 là số lẻ, suy ra k = 0 nên x= 1; y=1 Suy ra (1;1) là nghiệm của phương trình đã cho Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là (0;0) và (1;1) Câu 3 Do x, y và 3x + 2y = 1 suy ra x, y trái dấu 1 x 1 x 3x 2y 1 y x t 22 x 1 2t;y 3t 1 Khi đó H t2 3t t 1 Nếu t 0 H t 1 2 2 2, dấu “=” xảy ra khi t = 1 Nếu t <0 H t2 4t 1 1 2 x1 Vậy GTNN của H là – 2 khi t1 y2 Câu 4
  29. E H D C A B I CE CA a) Từ giả thiết, có: CE > CD; 3 ;DCA BCE 900 CB CD Suy ra hai tam giác Adc, EBC đồng dạng , suy ra ADC EBC (1) Do tứ giác AHDC nội tiếp, suy ra AHC ADC (2) Do tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra EBC CHE 1800 (3) Từ (1) (2) (3) suy ra AHC CHE 1800 suy ra ba điểm A, H, E thẳng hàng AC b) Ta có : tan ADC 3 ADC 6000 EBC 60 CD Do AD HC ACH ADC 600 Lại có tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra AEB HCA 600 Suy ra ABE đều nên C là trung điểm AB c) Do AHB 900 nên H thuộc đường tròn đường kính AB cố định Kéo dài HC cắt đường tròn đường kính AB tai điểm thứ hai I (I khác H) Suy ra AHI 600 nên I cố định Vậy HC luôn đi qua I cố định khi C thay đổi trên đoạn AB Câu 5 Đặt x y 2a;y z 2b;z x 2c a,b,c 0;a b c 2 Bất đẳng thức trở thành a b 4abc Ta có: 2 a b c 2 a b c . Dấu “=” xảy ra khi a+b=c
  30. 1 abc ab abc4abc 2 ab 1 ab Dấu “=” xảy ra a b c 2 a b c 2 c1 Vậy x 2y z 2 x 2 y 2 z x y y z 1 x z 1 Dấu “=” xảy ra z x 2 y0 x y z 2 Câu 6. Từ 5 điểm có 4+3+2+1=10 đoạn thẳng tạo thành. Do đó có ít nhất một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Giả sử 5 điểm A, B, C, D, E và hai điểm A, B có độ dài AB nhỏ nhất. Khi đó 3 điểm C, D, E còn lại có hai khả năng sau: TH1: cả ba điểm này nằm cùng phía trong nửa mặt phẳng bờ AB A B C E D Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C, D, E nhìn AB với các góc nhọn khác nhau. Giả sử ACB ADB AEB khi đó đường tròn đi qua 3 điểm A, B, D chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoài TH2: có một điểm khác phía hai điểm kac sở hai nửa mặt phẳng bờ AB. Giả sử E khác phía hai điểm C, D
  31. E A B C D Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C, D nhìn AB với các góc nhọn khác nhau. Giả sử ACB ADB, khi đó đường tròn đi qua ba điểm A, B, D chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoài Vậy luôn có một đường tròn thỏa mãn điều kiện SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI Năm học : 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) 2 2012 a) Cho x . Tính giá trị của biểu thức A x4 x 3 x 2 2x 1 11 2 1 1 2 1 1 2 b) Chứng minh biểu thị P n32 . n 7 36n chia hết cho 7 với mọi số nguyên n Câu 2 (3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng, hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng có phương trình y x 1 Tìm trên đường thẳng các điểm M(x;y) thỏa mãn đẳng thức y2 3y x 2x 0 b) Trong mặt phẳng, hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y ax b . Tìm a, b để d đi qua điểm B(1;2) và tiếp xúc với Parabol (P) có phương trình y 2x2 Câu 3 (4,0 điểm) x 2 y 5 a) Giải hệ phương trình x y 1 2 b) Gọi x12 ;x là hai nghiệm của phương trình 2012x 20a 11 x 2012 0 (a là số thực) 2 32 xx12 1 1 Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức P x12 x 2 2 2 x12 x Câu 4. (4,0 điểm) 1 1 1 a) Cho các số thực a, b, c sao cho 1 a,b,c 2. Chứng minh rằng a b c 10 a b c b) Trong hội trại ngày 26 tháng 3, lớp 9A có 7 học sinh tham gia trò chơi ném bóng vào rổ. 7 học sinh này đã ném được tất cả 100 quả bóng vào rổ. Số quả bóng ném được vào rổ của mỗi học sinh đều khác nhau. Chứng minh rằng có 3 học sinh ném được tổng số quả bóng vào rổ không ít hơn 50 quả.
  32. Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH và trung tuyến AM (H, M thuộc BC). Đường tròn tâm H bán kính HA, cắt đường thẳng AB và đường thẳng AC lần lượt tại D và E (D và E khác điểm A) a) Chứng minh D, H, E thẳng hàng và MA vuông góc với DE b) Chứng minh 4 điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. Gọi O là tâm của đường tròn đi qua 4 điểm B, E, C, D . Tứ giác AMOH là hình gì ? c) Đặt ACB ;AMB  . Chứng minh rằng sin cos 2 1 sin 
  33. ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 GIA LAI NĂM 2011-2012 Câu 1 a) Rút gọn x2 Thay x2 vào biểu thức A ta được A = 1 b) 2 Pnn 3 7n 36 nn 3 7n6n 3 7n6 3 2 2 3 nn n n n 6(n1)n n6n1 n3n2n1nn1n2n3 Ta có P là tích của 7 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 7 Câu 2 a) Điều kiện x0 . Tọa độ M (x;y) là nghiệm của hệ phương trình y x 1 x1 Vậy M (1;2) 2 y 3y x 2x 0 y2 b) Vì đường thẳng d đi qua B (1;2) nên b 2 a . Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng y ax 2 a Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2x2 ax a 2 0(1) (d) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm kép 0 a 4 Với a = 4 suy ra b = - 2. Vậy a = 4; b = - 2 thõa mãn yêu cầu bài toán Câu 3 a) Ta xét hai trường hợp x 2y 5 x 3 TH1: y0 ta có hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) x y 1 y 4 7 x x 2y 5 3 TH2: y0 ta có hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện ) x y 1 4 x 3 74 Vậy nghiệm của hệ phương trình là 3;4 ; ; 33 b) Ta có ac 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu 20a 11 Ta có : x x ; x x 1 1 22012 1 2 2 3 2 xx12 Do đó P x1 x 2 2 x 1 x 2 (do x12 .x 1 22 392 2 2 2 x x x x 6 x x 6 x x 4x .x 221 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 20a 11 20a 11 6 24 (do x1 x 2 ;x 1 .x 2 1) 24 với mọi a 2012 2012 11 Vậy GTNN của P = 24. Dấu “=” xảy ra khi a 20 Câu 4 1 1 1 a b c b c a a) a b c 10 7 a b c b c a a b c Không mất tính tổng quát , giả sử a b c. Khi đó ta có a b b c 0
  34. Suy ra ab bc b2 ca a a b c c b Từ đó suy ra 1 ; 1 c b c a b a a b c b c a a c Suy ra 22 b c a a b c c a ac Ta cần chứng minh 25 ca 2a 2c Tức là chứng minh 1 1 0(*) ca a c 1 Bất đẳng thức (*) luôn đúng vì 2 a c 1 1; c a 2 Từ đó suy ra điều phải chứng minh b) Gọi số quả bóng ném được vào rổ của mỗi học sinh là a1 ;a 2 ;a 3 ; ;a 7 được xếp từ nhỏ đến lớn a1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 (1) Xét hai trường hợp: TH1: a5 16. Suy ra a67 17;a 18. Do đó ta có a5 a 6 a 7 51 (2) TH2: a5 15 suy ra a4 14;a 3 13;a 2 12;a 1 11 Ta có a1 a 2 a 3 a 4 50 Suy ra a5 a 6 a 7 50(3) Từ (2) và (3) ta có điều phải chứng minh Câu 5
  35. A E B C H M D O a) Do DAE 900 nên DE là đường kính của đường tròn tâm H, bán kính HA suy ra D, H, E thẳng hàng Ta có : MAE MCA HAD ADE Vì ADE AED 900 nên MAE AED 900 Suy ra MA vuông góc với DE b) Từ ADE MCA suy ra tứ giác DBEC nội tiếp đường tròn (O) Do OM vuông góc với BC và AH vuông góc với BC nên AH // OM Do OH vuông góc với DE và AM vuông góc với DE nên OH // AM Vậy tứ giác AMOH là hình bình hành c) Do AB < AC nên H thuộc đoạn BM 1 Ta có : AH AM.sin  BC.sin  (1) 2 Mặt khác AH AC.sin BC.sin .cos (2) sin 2.sin .cos Từ (1) và (2) suy ra Ma` sin cos 2 1 2sin .cos (dpcm) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP PHÚ YÊN TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút
  36. 2 3 2 3 Câu 1. Tính giá trị của P 22 4 2 3 4 2 3 11 22 22 2017 x 2017 x x 2018 x 2018 13 Câu 2. Giải phương trình 2017 x 22 2017 x 2018 x x 2018 37 Câu 3. Cho a, b, c >0. Chứng mnh rằng: a a a b c a) b) 1 a 2b a b a 2b b 2c c 2a Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, dựng hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD = BA, trên tia Cy lấy điểm E sao cho CE = CA. Gọi G là giao điểm của BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của AD, AE với cạnh BC a) Chứng minh rằng CA = CK và BA = BL b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J. Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên BC. Chứng minh rằng tam giác IHJ vuông cân. Câu 5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M chuyển động trên cạnh BC (M khác B, C). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC . Vẽ các đường tròn (H;HM) và (K;KM) a) Chứng minh rằng hai đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (H) và (K). Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định Câu 6. Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên
  37. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 PHÚ YÊN 2017-2018 Câu 1 2 3 2 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 P1 3 3 3 3 6 6 6 6 Câu 2. a22 ab b 13 Đặt 2017 x a và x 2018 b. Ta có phương trình a22 ab b 37 12a2 25ab 12b 2 0 12a 2 16ab 9ab 12b 2 0 3a 4b . 4a 3b 0 Xét 3a 4b 0 3 2017 x 4 x 2018 0 x 2021 Xét 4a 3b 0 4(2017 x) 3(x 2018) 0 x 2014 Phương trình có tập nghiệm S  2014;2021 Câu 3. a a a a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : . a 2ba.(a 2b) a b aa Dấu “=” xảy ra khi a a 2b b 0 vô lý. Vậy a 2b a b b) Tương tự câu a ta có : a b c a b c a b c 1 a2b b2c c2a abbccaabcabcabc Câu 4 x y D I E G B K L J A C a) Ta có BD = BA ABD cân nên BAD BDA Mà BAD KAC 900 BDA BKD BDA AKC KAC AKC ACK cân nên CA = CL Tương tự ABL cân nên BA = BL b) Áp dụng định lý Ta let và hệ quả của nó ta có: CH GE CE CA CK CK CH HK (Giả sử AB > AC) BH GB BD BA BL BL BH HL
  38. HK CE GC IK HK IK Suy ra hay HI / /DL HL BD GD ID HL ID Ta lại có BD = BL nên tam giác BDL vuông cân BLD 4500 JIH BHI BLD 45 Chứng minh tương tự ta cũng có IJH 450 IHJ vuông cân tại H Câu 5 C E M K A H B N a) Ta có HM KM HK HK KM nên 2 đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau b) Ta có NHM NCB ;NMK NBC Do AKMH là chữ nhật nên NHM NKM 900 NCB NBC 90 0 BNC 90 0 Vẽ hình vuông ABEC ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố định Ta lại có NEB NCB mà NCB NMH,NEB NHM , do MH // EB nên ba điểm N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định Câu 6 Xét p = 2 7p 1 15 (loại) Xét p > 2 thì p là số nguyên tố lẻ nên 7p + 1 là số tự nhiên chẵn. Đặt 7p 1 2k 3 với k nguyên 3 dương . Khi đó 7p 2k 1 2k14k 2 2k1 Vì p và 7 đều là số nguyên tố nên 2k 1 7 k4 TH1: (thỏa mãn) 2 4k 2k 1 p p 73 2k 1 1 k1 TH2: (loại) 2 4k 2k 1 7p p1 2k 1 p 2k 1 p k1 TH3: (loại) 22 4k 2k17 2k k30 p1 Vậy p = 73 thỏa mãn bài toán SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM TẠO 2018 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: TOÁN – Bảng A ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/03/2018
  39. Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1 (3,0 điểm) 32 7 2 10 3 3 3 4 3 3 2 1 a) Rút gọn biểu thức 5 2 1 1 x b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x3 y x3 y . Tính giá trị của biểu thức 27 y Bài 2 (3,0 điểm) a) Với mọi số nguyên n, chứng minh rằng : n(n 2)(73n2 1) 24 b) Tìm số tự nhiên n để 24 2 7 2 n là số chính phương. Bài 3 (5,0 điểm) a) Giải hệ phương trình : 2 3x 3x2 7x 1 3x y2 2 x 2 y 1 5 b) Giải hệ phương trình : 2 2x y y 6 Bài 4 (7,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bở là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC M B;M C . Kẻ MH vuông góc với BC H BC , đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hia đường thẳng AK và CM giao nhau tại E. a) Chứng minh rằng HKB CEB và BE2 BC.AB b) Từ C kẻ CN AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), đường thẳng NK cắt CE tại P. Chứng minh rằng NP = PE c) Chứng minh rằng khi NE là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB thì NE 2.NC Bài 5 (2,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn a b 2ab 12 a22 ab b ab Tìm giá trị nhỏ nhấ của biểu thức A a 2b 2a b
  40. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẢNG NINH 2017-2018 Câu 1. a) Rút gọn biểu thức 23 333 32 7 2 10 3 3 3 4 3 3 2 1 2 5 2 4 1 1 5 2 1 5 2 1 1 b) Ta có x33 y x33 y 27x 27y 1 27x y 0 27 323 2 2 3x 3y3 13.3x.y 3 0 3x 3 y1.3x3y 3 3.y1 3 13x 0 1 x 3 x Do x, y >0 nên suy ra 3x 33 y 1 9. 1y y 27 x Vậy giá trị của biểu thức là 9 y Câu 2. a) Ta có n(n 2)(73n22 1) 72n .n.(n 2) (n 1)n(n 1)(n 2) 24 b) Ta thử n = 1,2,3 đều không thỏa mãn . Với n > 4 thì ta có 2224 7 n k 2 2(92)k 4 n 4 2 k4 . Đặt k=4h với h là số tự nhiên.Ta có: h 3 2x 92 n42n42 h 2 h9h3h3 h32 y 62.3222.2 yxxyx 1 x y n 4 2x 2 n 8 . Vậy n = 8 là giá trị phù hợp yx 2 1 3 h 5 k 20 Câu 3. 2 a) ĐKXĐ: x 3 Phương trình 1 3x 3x7x22 23x10 3x1x2 0 2 3x 1 1 2 4 1 13x 2x0.Dox 2x 0 2x0 2 3x 133 2 3x 1 1 1 Suy ra 1 – 3x =0 x (TMDK) . Vậy phương trình có nghiệm x 3 3 b) ĐKXĐ: x 2 y 1 0. Cộng theo hai vế phương trình của hệ ta được: x22 x2y1 y10(*) x2 2 Xét . phương trình (*) x2 y1 0 x2 y1xy3 y1 Thay vào 2x y2 y 6 được yy1202 y4y30 y4 (Vì y 1) Nên x = 7. x2 Xét .Khi đó x22x2.y1 y10 phương trình vô nghiệm y1
  41. Vậy hệ phương trình có nghiệm x;y 7;4 Câu 4. E Q N K P M A C OH O' B a) Ta có BME BKE 900 nên BMKE nội tiếp HKB CEB mà HKB BAE (cùng phụ với HKA) nên CEB BAE Xét BEC và BAE có: CEB BAE và ABE chung nên đồng dạng BE BC BE2 BC.AB AB BE b) Xét tam giác ABN vuông tại N có NC AB Suy ra BN2 BC.AB BN BE Hay BNE cân tại B BNE BEN (1) Theo câu a thì CEB BAE mà BAE BNP CEB BNP (2). Từ (1) và (2) PNE PEN PNE cân tại P NP PE c) Gọi Q là giao điểm của tia BP và NE Vì BP = BE và PN = PE nên BQ NE NE là tiếp tuyến của (O) nên ON NE. Do đó ON // BQ BNO QBN Mà BNO NBO QBN NBO hay BN là tia phân giác của CBQ mà NQ BQ và NC BC nên NQ = NC . Vì BQ là đường trung trực của NE nên NE 2.NQ suy ra NE = 2.NC Câu 5. ab 2 Ta có 12 a b 2ab (a b) a b 4. Khi đó 2
  42. 2 a b a22 b ab A a b . a b . 22 4. 2 a 2b 2a b a 2ab 2ab b a b 2ab 2 ab 8 4. 2 2 ab 3 ab 2 a22 ab b ab 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là khi và chỉ khi a = b = 2 a 2b 2a b 3 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ VINH DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2016-2017 Môn: Toán – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài 1. (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức: ab bc ca A a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 2) Tính giá trị của biểu thức: x32 x 5x 3 6 P tại x 1 33 2 4 x32 2x 7x 3 Bài 2. (4,0 điểm) x22 xy y 3 1) Giải hệ phương trình x y xy 5 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 5y 1 2x x2 x y 105 Bài 3. (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n 2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x22 x 3y y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương Bài 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB Bài 5. (2,0 điểm) 1 1 1 Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c 0 và a b c 0 a b c a6 b 6 c 6 Chứng minh rằng abc a3 b 3 c 3
  43. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1 1) .Từ a b c 0 a b c Bình phương hai vế ta được a2 b 2 2ab c 2 nên a2 b 2 c 2 2ab Tương tự : b222 c a 2bc và c2 a 2 b 2 2ac ab bc ca 1 1 1 3 Do đó A 2ab 2bc 2ca 2 2 2 2 3 Vậy A 2 2) . Ta có x21 3 12 3 3 4 3 21211 Suy ra x3 2 x 1 2x3 x 1 3 hay x32 3x 3x 1 Do đó 3x2 3x1x 2 5x36 4x 2 8x46 P 3x2 3x12x 2 7x3 x 2 4x4 2 4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4 2 x2 2 x 2 x 2 x 2 (vì x 1 33 2 4 2) Vậy P2 tại x 1 33 2 4 Câu 2 2 x22 xy y 3 x y 3xy 3 1) Ta có : x y xy 5 x y xy 5 Đặt a = x – y , b = xy (1) a2 3b 3 Hệ phương trình trên trở thành a b 5 a3 a6 Giải hệ phương trình trên ta được hoặc b2 b 11 Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được x y 3 x 1 x2 và xy 2 y 2 y1 Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được x y 6 x y 6 . Hệ phương trình vô nghiệm 2 xy 11 y 6y 11 0 x1 x2 Vậy hệ phương trình có nghiệm và y2 y1 2) . 2x 5y 1 2x x2 x y 105 Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1 và 2x x2 x y phải là các số lẻ Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn 2x x2 x y là số lẻ mà x2 x x(x 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0 Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được:
  44. 5y 1 y 1 105 5y2 6y 104 0 5y2 20y 26y 104 0 5y(y 4) 26(y 4) 0 (5y 26)(y 4) 0 26 y (loại) hoặc y4 (thỏa mãn) 5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 3 1) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n Ta có n33 2012n n n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n Vì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 Suy ra n n 1 n 1 3 mà 2013 3 nên n3 2012n 3(1) Mặt khác 20142014 1 2013 1 2014 1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2) Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho 2) Từ: 2x2 x 3y 2 y (1) 2x 2 2y 2 x y y 2 (x y)(2x 2y 1) y2 (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 3y 2 x y x 2 (x y)(3x 3y 1) x 2 (x y)2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) x 2 y 2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) là số chính phương (3) Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d (2x 2y 1) d; (3x 3y 1) d 3x3y1 2x2y1 xyd 2(x y) d (2x 2y 1) 2(x y) 1 d nên d = 1 2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4) Từ (3) và (4) 2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là số chính phương Lại có từ (2) suy ra x y 2x 2y 1 là số chính phương nên x – y cũng là số chính phương. Vậy 2y22 x 3y y thì x y;2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là các số chính phương Câu 4
  45. A O Q P N C M B I E H d a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC) Suy ra BEC MAB (so le trong) Mà ABC 9000 ;AQM 90 và AMO OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) AMO OMB BCE (cùn phụ với hai góc bằng nhau) BE OB MB OB tanBCE tanOMB (1) BC MB BC BE Lại có MBA OBC (cùng phụ với ABO) Nên MBC OBE (cùng = 900 OBC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE(c.g.c) b) Từ MBC OBE BCM BEO Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC BIE NIC(g.g) IBE INC mà IBE 900 Nên INC 900 . Vậy CM OE c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH OQ OP Ta có OQP OHM(g.g) OH OM R2 QO.OM OP.OH OA22 R OP OH Mà O và d cố định OH không đổi nên OP không đổi Lại có AB 2AQ 2 OA22 OQ mà OQ OP R4 2R AB 2 OA2 OP 2 2 R 2 . OH 2 R 2 OH2 OH Dấu “=” xảy ra QPMH   2R Vậy GTNN của AB . OH22 R M  H OH
  46. 1 *) Vì MO AB nên S AB.OM AQ.OM AOBM 2 Vẽ dây cung AB11 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên AB11 không đổi Vì OP OQ AB A11 B (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây). 1 Mà OM OH S A B .OH (không đổi) AOBM2 1 1 Dấu “=” xảy ra MH 1 Vậy GTNN của S A B .OH khi và chỉ khi MH AOBM2 1 1 Câu 5 *abc0 ab c ab 3 c3 a 3 b 3 c 3 3ab(ab)3abc 1 1 1 * 0 ab bc ca 0 a b c 2 2 2 *abc666 a 3 b 3 c 3 2abbcca 333333 *ab bc ca 0 ab3 3 bc 3 3 ca 3 3 3abc 2 2 2 Do đó *a6 b 6 c 6 3abc 2 2.3a 2 b 2 c 2 3a 2 b 2 c 2 a6 b 6 c 6 3a 2 b 2 c 2 Vậy abc a3 b 3 c 3 3abc SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NGHỆ AN NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN – BẢNG A Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Câu 1. (4 điểm) a) Tìm hệ số a, b, c của đa thức P(x) x2 bx c biết P (x) có giá trị nhỏ nhất bằng – 1 tại x = 2. 2 2 3 x xy xy y 0 b) Giải hệ phương trình 2 2 x 1 3 x y 1 y 0 Câu 2. (4 điểm) a) Giải phương trình x 2 3 1 x2 1 x b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2a b c P 1 a2 1 b 2 1 c 2 Câu 3. (3 điểm) Cho tam giác ABC có BAC 1350 ,BC 5cm và đường cao AH = 1 cm. Tìm độ dài các cạnh AB và AC Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cung BC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và ACE. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB, gọi I là giao điểm của EK với AC a) Chứng min rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH Câu 5. (4 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 1 1 1 m n p q mnpq
  47. b) Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt trên bảng thi ghi thêm số z xy x y . Chứng minh rằng các số trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k 2 với số k là tự nhiên
  48. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 Câu 1 a) Do đa thức P(x) x2 bx c có bậc hai và có giá trị nhỏ nhất là - 1 tại x=2 nên viết được dưới dạng P(x) x 2 2 1. Từ đó ta có P(x) x2 bx c x 2 2 1 Hay ta được x22 bx c x 4x 3 , Đồng nhất hệ số hai vế ta được b 4;c 3 b) Điều kiện xác định của phương trình là x0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với xy x(x y2 ) y(x y 2 ) 0 x y x y 2 0 2 x y 0 Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x0 ta được x = y = 0 Thay vào phương trình còn lại ta thấy không thỏa mãn. Với x=y, thay vào phương trình còn lại ta được: 2(x22 1) 3x(x1) x 0 2x 3xx x 3x 2 0 Đặt t x 0 , khi đó ta được phương trình 2t4 3t 3 t 2 3t 2 0 1 Nhẩm được t 2;t nên ta phân tích được 2 2t(t2)t32 t2 t1t2 0 t 2 2t32 t t 1 0 t 2 2t 1 t2 t 1 0 1 x y 2 t 2 2 xy t2 2 Câu 2. a) Quan sát phương trình ta chú ý đến biến đổi 1 x2 (1 x)(1 x) . Để ý đến điều kiện xác định ta phân tích được 1 x2 1 x. x 1 Như vậy ta viết lại được phươn trình x 2 3 1 x. x 1 1 x Ta có biểu diễn x 3 2(x 1) (1 x) Đến đây ta đặt ẩn phụ a x 1;b 1 x thì ta viết lại phương trình lại thành 2a22 b 1 3ab a Hay b22 3ab 2a a 1 0 Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có 9a22 4(2a a 1) a 2 2 3a (a 2) 3a (a 2) Do đó phương trình có hai nghiệm là b a 1 và b 2a 1 2 2 3 Với b = a – 1 ta được 1 x 1 x 1 x 2 24 Với b = 2a+1 ta được 1x 21x1 x 25 3 24 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm S;   2 25 b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi a22 1a abbcca abac
  49. Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành 2a b c P abac abbc acbc Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được 2a b c P abac abbc acbc 1 1 1 1 1 1 a b c abac ac4(bc) 4(bc)ac a b b c a c 1 9 11 ab4(bc)ac 4 4 7 1 1 Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra a;b;c ; ; 15 15 15
  50. Câu 3. M Gọi AB = y; AC =x. A Dựn g CM vuô ng góc với B C AB, I H N khi đó ta được x2 AM=CM= 2 15 1 1 x 2 Ta có S AH.BC . Lại có S .CM.AB y. ABC 22 ABC 2 2 2 1 1 x 2 5 Do đó ta được S CM.AB y. xy 2 10 ABC 2 2 2 2 Tam giác BCM vuông tại M nên ta lại có BM2 MC 2 BC 2 . Suy ra 22 x 2 x 2 x22 x y 522 y xy 2 25 2 2 2 2 Từ đó ta được x22 y 15. Ta có hệ phương trình 22 2 x y 15 x y 2xy 15 x 10 xy 2 10 xy 5 2 y5 Do vai trò của AB và AC như nhau nên ta có kết quả là AB 10;AC 5 và AB 5;AC 10
  51. Câu 4. N Q F E A J K I H P B C M D a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K là trực tâm của tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp Từ đó suy ra AKC AEC 1800 Mặt khác do tứ giác ADCE là hình bình hành nên lại có ADC AEC Từ đó suy ra AKC ADC 1800 , nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm trên đường tròn. +) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng Do K là trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vuông góc với AC. Đường thẳng đi qua ba điểm I, P, Q là đường thẳng Simson b) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của KH Gọi N là giao điểm của PQ và AH . Gọi M là giao điểm của AH với đường tròn (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH // KP nên tứ giác KPMN là hình thang Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được QBK ABK AMK QPK nên tứ giác KPMN nội tiếp . Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó PMH PHM KNM nên KN // HP Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng minh Câu 5. a) Do m, n, p, q là các số nguyên tố khác nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử n m p q. Khi đó ta được q 2;p 3;n 5;m 7
  52. 1 1 1 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 1 248 Dễ thấy 1 2 3 5 7 2.3.5.7 2.3.5.7 210 1 1 1 1 1 3.5.7 11.3.7 11.5.7 11.3.5 1 887 Lại thấy: 1 3 5 7 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155 Từ đó suy ra trong các số m, n, p, q có một số là 2. Do q nhỏ nhất nên ta được q=2 1 1 1 1 1 Từ đó ta lại được m n p 2mnp 2 1 1 1 1 1 Dễ thấy với p=5, n=7, m=11 ta có . Như vậy trong ba số nguyên tố 5 7 11 2.5.7.11 2 m, n, p phải có một số bằng 3, do đó suy ra p=3. 1 1 1 1 Từ đó lại có hay ta được mn6m6n1 m6n6 37 m n 6mn 6 Đến đây ta được n = 7; m = 43. Thử lại ta thấy các bội số (m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn bài toán b) Từ hai số trên bảng ta thấy có một số chia 3 dư 2. Do đó trong hai số x và y khác nhau thì có x+1 hoặc y+1 chia hết cho 3, suy ra x 1 y 1 chia hết cho 3 Khi ta viết thêm số mới là z xy x y x 1 y 1 1 thì ta được z chia 3 dư 2 Như vậy dãy số viết trên bảng trừ số 1 luôn chia 3 dư 2 hay các số đó có dạng 3k+2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN ( CHUYÊN) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi : 03/6/2017 Thời gian làm bài : 150 phút x x x x61 x Câu 1 ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức : P , với xx0, 1. x2 x x 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức P . xP27 . b) Cho biểu thức Q , với x0, x 1, x 4. Chứng minh Q 6. xx32 Câu 2 ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x222 m 1 x m 3 0 ( x là ẩn, m là tham số). Tìm 2 m để phương trình có hai nghiệm xx12, sao cho x14 x 1 2 x 2 2 mx 1 1. Câu 3 ( 2.0 điểm ) a) Giải phương trình : x2 7 x 2 x 1 x2 8 x 7 1. 4x 1 xy y2 4 0 1 b) Giải hệ phương trình : x2 xy 21 3 x 1 xy 2 2 . Câu 4 ( 3.0 điểm ) Cho tam giác ABC có BAC 600 , AC b, AB c b c . Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC tại M ( E thuộc cung lớn BC ). Gọi I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC . Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng và . a) Chứng minh các tứ giác AIEJ , CMJE nội tiếp và EAEM EC EI . b) Chứng minh IJM,, thẳng hàng và IJ vuông góc với HK . c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo bc, . Câu 5 ( 1. điểm ) Chứng minh biểu thức S n33 n22 n 1 n 5 n 1 2 n 1 chia hết cho 120 , với n là số nguyên.
  53. Câu 6 ( 1. điểm ) a) Cho ba số a,, b c thỏa mãn a b c 0 và a1, b 1, c 1. Chứng minh rằng a4 b 6 c 8 2. x3 y 3 x 2 y 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T với xy, là các số thực lớn hơn xy11 1. Hết
  54. ĐÁP ÁN VÀO 10 TOÁN CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2017-2018 Câu 1 a) Ta có x x x x61 x P x2 x x 2 x 1 x x1 x x x 6 x 1 x 2 xx12 x x x x x6 x 3 x 2 xx12 x x x44 x xx12 xx14 xx12 x 2. b) Với x0, x 1, x 4, ta có xP27 . x 27 x 9 36 Q xx32x 3 x 3 36 36 x 3 6x 3 6 12 6 . x 3 x 3 36 2 Dấu “=” xẩy ra khi x 3 x 3 36 x 9. x 3 Câu 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi 0 2mm 4 0 2 1 . x12 x 21 m Theo hệ thức Vi-ét: 2 x12.3 x m 2 Mà x14 x 1 2 x 2 2 mx 1 1 x1 x 12 m 2 2 x 1 x 2 1 x1. x 2 2 x 1 x 2 1 mm2 3 4 1 1 m 22 mm2 4 2 0 2 m 22 Từ 1 và 2 suy ra m 22. Câu 3 a) Điều kiện 17 x Ta có x2 7 x 2 x 1 x2 8 x 7 1 2 7x x 1 x 1 x 1 7 x 0 2 7x x 1 x 1 x 1 7 x 0 7x x 1 2 x 1 0
  55. x 12 x 5 ( thỏa mãn điều kiện). xx17 x 4 Vậy phương trình có hai nghiệm xx 4; 5 . x 1 b) Điều kiện 22 , kết hợp với phương trình 1 , ta có y 0. x xy 10 Từ 1 , ta có 4x 1 xy y2 4 0 4x 1 xy y2 4 16 x 1 x2 y 2 y 2 4 y4 4 y 2 x 2 16 x 16 0 . 4 4 Giải phương trình theo ẩn x ta được x hoặc x 0 ( loại). y2 y2 4 4 Với x xy2 4 thế vào phương trình 2 , ta được : xx2 3 3 1 4 y2 Điều kiện x 3 , ta có xx2 3 3 1 4 xx2 3 1 3 1 1 0 x2 4 32 x 0 x2 31 x 11 x 23 x 20 x2 31 x 11 x 23 x 20 ( vì 0) x 2. x2 31 x 11 y2 2 Với x 2 ta có y 2 . Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm y 0 2; 2 . Câu 4 I E A J N O K M B C H F a) Ta có: AIE AJE 900 nên tứ giác AIEJ nội tiếp.
  56. EMC EJC 900 nên tứ giác CMJE nội tiếp. Xét tam giác AEC và IEM , có ACE EMI ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE ). EAC EIM ( cùng chắn cung của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ). AE EC Do đó hai tam giác đồng dạng IEM EA EM EC EI (đpcm). EI EM b) Ta có IEM AEC AEI CEM . Mặt khác AEI AJI ( cùng chắn cung IJ ), CEM CJM ( cùng chắn cung CM ). Suy ra CJM AJI . Mà IM, nằm hai phía của đường thẳng AC nên đối đỉnh suy ra IJM,, thẳng hàng. Tương tự, ta chứng minh được HMK,, thẳng hàng. Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK CMK . Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME JCE . Mặt khác ECF 900 CFK JCE ( vì cùng phụ với ACF ). Do đó CMK JME JMK EMC 900 hay IJ HK . c) Kẻ BN AC N AC . Vì BAC 600 nên ABN 300 AB c3 c2 AN BN2 AB 2 AN 2 2 2 4 2 2 2 2 23cc 2 2 2 2 BC BN CN b b c bc BC b c bc 42 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2BC 3 1 ABC . Xét tam giác đều BCE có R OE EM .3 b22 c bc . 3 3.2 3 Câu 5 Ta có S n n45 n 3 5 n 2 5 n 6 n n21 n 2 6 5 n n 2 1 n n221 n 5 n 6 n n1 n 1 n 2 n 3 n1 n n 1 n 2 n 3 Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120. Câu 6 a) Từ giả thiết a1, b 1, c 1, ta có a4 a 2,, b 6 b 2 c 8 c 2 . Từ đó a4 b 6 c 8 a 2 b 2 c 2 Lại có a1 b 1 c 1 0 và a1 b 1 c 1 0 nên a1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 0 2ab 2 bc 2 ca 2 0 2 ab bc ca 2. Hơn nữa abc02 abc2 2 2 abbcca . Vậy a4 b 6 c 8 2. x3 y 3 x 2 y 2 x22 x11 y y xy22 b) Ta có T x1 y 1 x 1 y 1 y 1 x 1 Do xy1, 1 nên xy1 0, 1 0 xy22 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương , , ta có : yx11
  57. 2 x x1121 x x 110 x 210 x 2 x 1 2 x y1121 y y 110 y 210 y 2 y 1 x22 y2 xy Do đó T 8 y1 x 1 x 1. y 1 xy22 yx11x 2 Dấu “ ” xẩy ra khi x 11 (thỏa mãn điều kiện) y 2 y 11 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 8 khi xy2. Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa của từng phần. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: TOÁN Thời gian : 150 phút Ngày thi: 31/3/2015 Câu 1. (4 điểm) x 2 x 1 1 Cho biểu thức A (x 0;x 1) x x 1 x x 1 1 x 1. Rút gọn biểu thức A 2. Chứng minh rằng A không nhận giá trị nguyên với x>0; x1 Câu 2. (4 điểm) Giải phương trình : x2 6x 10 2 2x 5 Câu 3. (4 điểm) Cho phương trình x2 2(a 1)x 2a 0 (1) (với a là tham số) 1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi a 2. Tìm a để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 23 Câu 4. ( 6 điểm) Cho góc xOy có số đo bằng 600 . Đường tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN tại E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN tại F. 1) Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau 2) Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp 3) Gọi D là trung điểm PQ. Chứng minh tam giác DEF đều Câu 5. (2 điểm) Cho x, y dương thỏa mãn điều kiện : x y 6 68 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3x 2y xy
  58. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 LẠNG SƠN 2014-2015 Câu 1. x Rút gọn được A x x 1 Chứng minh được 0 < A <1 nên A không nguyên Câu 2. PT x2 8x16 2x 522x 51 2 x 4 2 2x 5 1 Nghiệm phương trình là x = -2 Câu 3. Có ' a2 1 0 với mọi a nên phương trình luôn có nghiệm 22 x12 x 2a 2 Theo giả thiết x12 x 12, theo Vi et x12 .x 2a Nên 2a 2 2 4a 12 hay a = 1; a = -2 Câu 4. O N E M F Q K D P y x 1. PK là phân giác góc QPO nên MPE KPQ (*) Tam giác OMN đều EMP 1200 QK cũng là phân giác OQP QKP 1800 KPQ KQP Mà 2.KQP 2.KPQ 1800 60 0 120 0 QKP 120 0 Do đó EMP QKP ( ) Từ (*) và ( ) ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ 2. Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên MEP KQP hay FEP FQP Suy ra tứ giác PQEF nội tiếp trong đường tròn
  59. PM PE PM PK 3. Do 2 tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên suy ra PK PQ PE PQ Ngoài ra MPK EPQ , do đó hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng Từ đó PEQ PMK 900 Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF Vì vậy tam giác DEF cân tại D Ta có FPD 18000 FDP EDQ POQ 60 Từ đó tam giác DEF là tam giác đều Câu 5. Ta có a b 0 nên a b 2 ab với a, b dương Từ giả thiết 12 16 2P 3(x y) (3x ) y 3.6 2.6 2.4 38 xy Nên 2P 38 P 19. Vậy Min P=19 khi x=2; y=4 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2012- 2013 Đề thi chính thức Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (7,0 điểm). a) Giải phương trình: (x 1 1)(5 x ) 2 x . x2 2 xy x 2 y 3 0 b) Giải hệ phương trình: 22 y x 2 xy 2 x 2 0. Câu 2 (3,0 điểm). Tìm các số tự nhiên x và y thoả mãn 2x 1y2 . Câu 3 (2,0 điểm). 1 1 1 Cho ba số dương x,, y z thoả mãn 1. Chứng minh rằng: x y z x yz y zx z xy xyz x y z. Câu 4 (6,0 điểm). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm D khác A và DAB 600 . Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) và kẻ CH vuông góc với AD tại H. Phân giác trong
  60. của góc DAB cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F. Đường thẳng DF cắt đường tròn tại điểm thứ hai N. a) Chứng minh tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn và ba điểm N, C, E thẳng hàng. b) Cho AD = BC, chứng minh DN đi qua trung điểm của AC. Câu 5 (2,0 điểm). Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết cho số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của Giám thị 1: Chữ ký của Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2012- 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm này gồm có 3 trang) Câu 1 7,0 điểm ĐK : xx 1 0 1. 0,25 Với x 0 không là nghiệm của phương trình 0,5 a) Với x 0, nhân 2 vế với x 1 1 0 ta được 0,5 x 5 x 2 x x 1 1 2xx 1 7 0,5 70 x 0,5 4,0 điểm 2 4 xx 1 7 x 7 0,5 2 xx 18 45 0
  61. x 7 x 3 0,5 x 15 x 3 (thoả mãn các điều kiện). 0,5 Vậy phương trình có nghiệm x 3. 0,25 22 x 2 xy x 2 y 30 (1) 2 x 4 xy 2 x 4 y 60 0,5 2 2 2 2 y x 2 xy 2 x 20 (2) y x 2 xy 2 x 20 22 0,5 b) x y 2 xy 4 x 4 y 4 0 2 xy 20 0,5 yx 2 . Thay vào pt (1) ta được 0,5 5 21 x2 5 x 1 0 x 0,5 2 3,0 điểm Vậy hệ có hai nghiệm (;)xy là 0,5 5 21 1 21 5 21 1 21 ;,; . 2 2 2 2 Câu 2 3,0 điểm 2x 1 y22 2 x y 1 2 x y 1 y 1 . 0,5 Đặt y 12, mn y 12 (, m n ; m n ). 0,5 Khi đó 2mn 2 yy 1 1 2 0,5 n m n 2 2 1 2 0,5 n 22 nm 1; 2 ; thoả mãn đk m,; n m n 0,5 mn 2 1 1 Vậy xy 3; 3. 0,5 Câu 3 2,0 điểm Bất đẳng thức đã cho tương đương với a bc b ca c ab 1, ab bc ca 0,5 1 1 1 với a , b , c , a b c 1. x y z Ta có: a bc a() a b c bc 0,75 a22 abc( ) bc a 2 abcbca bc . Tương tự: b ca b ca;. c ab c ab 0,25
  62. Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x y z 3. 0,5 Câu 4 6,0 điểm E D F H A B O C M N a) 0,5 Ta có : ACH ABD (so le trong) (1) 4,0 điểm 0,5 mà AND ABD (góc nội tiếp cùng chắn một cung) (2) 0,5 từ (1) và (2) suy ra AND ACH hay ANF ACF suy ra tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn 0,5 0,5 AFCN nội tiếp đường tròn CNF CAF hay CND BAE (3) 0,5 Mặt khác BAE DAE DNE (4) 0,5 từ (3) và (4) suy ra CND END N, C, E thẳng hàng 0,5 Qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt tia DN tại M 0,25 0,25 Ta có DAB ACM (so le trong) 0,25 b) Mà DAB DNB (góc nội tiếp cùng chắn một cung) 0,25 ACM DNB tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn CBM END; CMB ENB (vì N, C, E thẳng hàng) 0,25 2,0 điểm 0,25 mặt khác END ENB CBM CMB CB = CM . lại có CB = AD (gt) AD = CM 0,25 AD = CM, AD//CM suy ra ADCM là hình bình hành đpcm 0,25 Câu 5 2,0 điểm Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a, b, c, d (a, b, c, d * ). Giả sử không có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử a > 0,5 b > c > d. (*)
  63. Do tứ giác lồi nên a b > c n > m > 3 n 5, m 4 0,25 Cộng (1), (2), (3) được 3(a + b + c + d) = 3a + mb + nc 3a +4b + 5c 0,25 (b – d) + 2(c – d) 0 , mâu thuẫn (*) Tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau. (Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n2 4 và n2 16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2 y ( x y ) 2( x 1). Câu 2 (2,0 điểm) 2 3 5 2 3 5 a) Rút gọn biểu thức: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 b) Tìm m để phương trình: x 2 x 3 x 4 x 5 m có 4 nghiệm phân biệt. Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x 4 2 x 1 1 x . x32 xy 10 y 0 b) Giải hệ phương trình: . 22 xy 6 10 Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua
  64. AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y 2 z 2 y2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 P . x y2 z 2 y z 2 x 2 z x 2 y 2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
  65. SỞ GIÁO DỤC VÀ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 ĐÀOTẠO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm. Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n2 4 và n2 16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2 y ( x y ) 2( x 1). Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4. 2 2 2 * 0,25 + Nếu n chia cho 5 dư 1 thì n 5 k 1 n 4 5 k 5 5; k . nên n2 4 không là số nguyên tố. + Nếu chia cho 5 dư 4 thì n2 54 k n 2 165205; k k * . nên n2 16 không là số nguyên tố. 0,25 Vậy n2 5 hay n chia hết cho 5. ) (1,0 điểm) x2 2 y ( x y ) 2( x 1) x 2 2( y 1) x 2( y 2 1) 0 (1) 0,25 Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ' theo y phải là số chính phương 2 Ta có 'y2 2122 y y 2 y 2 234 y y 14. 0,25 'chính phương nên ' 0;1;4 2 + Nếu ' 4 yy 1 0 1 thay vào phương trình (1) ta có : 2 x 0 x 4 x 0 x x 4 0 . x 4 2 0,25 + Nếu ' 1 yy 1 3  . 2 y 3 + Nếu ' 0 y 1 4 . y 1 2 + Với y 3 thay vào phương trình (1) ta có: x2 8 x 16 0 x 4 0 x 4. + Với y 1 thay vào phương trình (1) ta có: xx2 0 0. 0,25 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : xy;  0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1  . Câu 2 (2,0 điểm)
  66. 2 3 5 2 3 5 a) Rút gọn biểu thức: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 b) Tìm m để phương trình: x 2 x 3 x 4 x 5 m có 4 nghiệm phân biệt. Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 2(3 5) 2(3 5) A 0,25 4 6 2 5 4 6 2 5 3 5 3 5 3 5 3 5 2 2 0,25 22 5 5 5 5 4 ( 5 1) 4 ( 5 1) (3 5)(5 5) (3 5)(5 5) 1535 55 51535 55 5 2 2 0,25 (5 5)(5 5) 25 5 20 2. 2. Vậy A 2. 0,25 20 ) (1,0 điểm) 22 0,25 Phương trình x 2 x 3 x 4 x 5 m ( x 28)( x x 215) x m 1 2 Đặt x2 2 x 1 x 1 y y 0 , phương trình (1) trở thành: y 9 y 16 m y2 25 y 144 m 0 (2) 0,25 2 Nhận xét: Với mỗi giá trị y 0 thì phương trình: xy 1 có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. ' 0 ' 4m 49 0 49 Sm 0 25 0 144. 0,25 4 Pm 0 144 0 49 Vậy với m 144 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 4 Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x 4 2 x 1 1 x . x32 xy 10 y 0 b) Giải hệ phương trình: 22 xy 6 10 Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 (*). 0,25 Ta có: x22 x42 x 11 x x 2 x x 1 x 12( x x 1)30 Đặt x x 1 y (Điều kiện: y 1 ), phương trình trở thành yy2 2 3 0. 0,25 2 y 1 y 2 y 3 0 y 1 y 3 0 0,25 y 3 +Với y 1 không thỏa mãn điều kiện ( ). 0,25 + Với y 3 ta có phương trình:
  67. x 3 xx 33 x x1 3 x 1 3 x x 2 22 x 2 x 1 9 6 x x x 7 x 10 0 x 5 thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x 2. ) (1,0 điểm) 32 3 2 2 2 x xy 10 y 0 x xy x 6 y y 0 (1) 0,25 22 22 xy 6 10 xy 6 10 (2) Từ phương trình (1) ta có xxy3 2 x 2 6 yy 2 0 xxyxyy 3 2 2 6 3 0 0,25 x32 xyxyxy 2 2 2 2 3 xy 2 6 y 3 0 xyxxyy 2 2 3 2 0 xy 2 22 x 2 y x xy 3 y 0 22 0,25 x xy 30 y 2 2 22 yy11 + Trường hợp 1: x xy 3 y 0 x 0 x y 0 24 Với xy 0 không thỏa mãn phương trình (2). + Trường hợp 2: xy 2 thay vào phương trình (2) ta có: 0,25 2 2 2 yx 12 4y 8 y 12 y 1 yx 12 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm xy;  2;1 ; 2; 1  . Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua điểm cố định. Nội dung Điểm
  68. E A F P Q H O I B C M N K a) (1,5 điểm) Ta có AKB AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE AEB (tính chất đối xứng) suy ra AKB ABE (1) 0,5 AKC AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF AFC (tính chất đối xứng) suy ra AKC ACF (2) Mặt khác ABE ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB AKC 0,25 hay KA là phân giác trong của góc BKC. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1 Ta có BC R 3 nên BOC 12000 ; BAC BOC 60 . Trong tam giác vuông ABP 2 0,25 có APB 900 ; BAC 60 0 ABP 30 0 hay ABE ACF 300 . Tứ giác APHQ có 0,25 AQH APH 1800 PAQ PHQ 180 0 PHQ 120 0 BHC 120 0 (đối đỉnh). Ta có AKC ABE 300 , AKB ACF ABE 300 (theo chứng minh phần a). Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE 600 suy ra BHC BKC 1800 0,25 nên tứ giác BHCK nội tiếp. ) (1,5 điểm) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC R 3, 0,5 BKC 600 BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O). Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. 1 1 1 Ta có S S S BC HM BC KN BC HM KN BHCK BHC BCK 2 2 2 0,25 11 S BC(). HI KI BC KH (do HM HI; KN KI ). BHCK 22
  69. Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH 2 R (không đổi) 0,25 nên SBHCK lớn nhất khi KH 2 R và HM KN HK 2. R 1 Giá trị lớn nhất SRRR 3.22 3. 0,25 BHCK 2 Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC 0,25 nên ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC. c) (0,5 điểm) Ta có BOC 12000 ; BKC 60 suy ra BOC BKC 1800 0,25 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. Ta có OB=OC=R suy ra OB OC BKO CKO hay KO là phân giác góc BKC 0,25 theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y 2 z 2 y2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 P . x y2 z 2 y z 2 x 2 z x 2 y 2 Nội dung Điểm 111 Ta có P 1 1 11 1 1 y 0,25 xz 2 2 22 2 2 z y zx x y 1 1 1 Đặt a;; b c thì abc, , 0 và abc2 2 2 1. x y z 0,25 a b c a2 b 2 c 2 P b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 a 1 a2 b 1 b 2 c 1 c 2 p dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có 2223 2 22 1 2 2 2 1 2aaa 1 1 4 a 1 a .2 a (1 a )(1 a ) 2 2 3 27 2a2 3 3 22 a(1 a ) 2 a (1) 33 aa(1 ) 2 22 bc3 322 3 3 Tương tự: bc(2); (3) 0,25 b(1 b22 ) 2 c (1 c ) 2 3 3 3 3 1 Từ (1); (2); (3) ta có P a2 b 2 c 2 . Đẳng thức xảy ra abc hay 22 3 33 0,25 x y z 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 HẾT SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
  70. Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình x4 3 x 3 mx 2 9 x 9 0 ( m là tham số). a) Giải phương trình khi m 2. b) Tìm tất cả các giá trị của để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm dương. Câu 2 (3,0 điểm). a) Giải phương trình 3x2 4 x 4 x 3 4 x 3 0. b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên xy, của phương trình x2 y 2 x y 4 2. y 2 Câu 3 (1,0 điểm). Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn abc 3. Chứng minh rằng 4 a2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3 9. Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB AC . Gọi M là trung điểm BC , AM cắt tại điểm D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B. a) Chứng minh rằng hai tam giác BDF, CDE đồng dạng và ba điểm EMF,, thẳng hàng. b) Chứng minh rằng OA EF. c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N . Phân giác của các góc CEN và BFN lần lượt cắt CN, BN tại P và Q . Chứng minh rằng PQ song song với BC. Câu 5 (1,0 điểm). Tập hợp A 1;2;3; ;3 n 1;3 n ( n là số nguyên dương) được gọi là tập hợp cân đối nếu có thể chia A thành n tập hợp con AAA12, , , n và thỏa mãn hai điều kiện sau: i) Mỗi tập hợp Ai i 1,2, , n gồm ba số phân biệt và có một số bằng tổng của hai số còn lại. ii) Các tập hợp đôi một không có phần tử chung. a) Chứng minh rằng tập A 1;2;3; ;92;93 không là tập hợp cân đối. b) Chứng minh rằng tập A 1;2;3; ;830;831 là tập hợp cân đối. —— Hết—— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC ——————— 2016-2017
  71. (Hướng dẫn chấm có 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN CHUYÊN ————————— A. LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm, bài học sinh có thể làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 2,0 a Với m 2, phương trình đã cho trở thành: x4 3 x 3 2 x 2 9 x 9 0 Ta thấy ngay x 0 , chia hai vế của phương trình cho x2 ta được: 0,25 2 93 xx 2 3 2 0. xx 3 Đặt tx , ta được phương trình: t2 3 t 4 0 t 1; t 4. 0,25 x 3 Với t 1 thì x 1 x2 x 3 0 (vô nghiệm). 0,25 x 3 Với t 4 thì x 4 x2 4 x 3 0 x 1; x 3. x 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm là xx 1; 3. b Trong trường hợp tổng quát ta có phương trình: t2 3 t 6 m 0 (1). 3 Ta có t x x2 tx 30 (2). 0,25 x Từ đó suy ra điều kiện để (2) có nghiệm dương là t 2 3. Vậy PT đã cho có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi (1) có nghiệm 0,25 33 3 4m 33 Xét PT (1) có 4mm 33 0 . Khi đó t . 0,25 4 1,2 2 3 4m 33 Do đó (1) có nghiệm t 23 khi: 2 3 m 6 1 3 . 2 0,25 Vậy giá trị cần tìm của m là m 6 1 3 . 2 3,0 a 3 ĐKXĐ : x . 0,25 4 43xx Phương trình đã cho tương đương: x 4 x 3 3 x 4 x 3 0 0,5 4xx 3 3 x 0 4x 3 x 2 x 1; x 3. 0,5 43xx xx 00 4xx 3 3 22 (vô nghiệm). 0,5 4x 3 9 x 9 x 4 x 3 0 Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm là xx 1; 3. 0,25
  72. b Ta có x2 y 2 x y 4 2 y 2 x 2 y 2 . x y 4 y 2 2 0 (1) 0,25 Coi (1) là PT bậc hai ẩn x, ta có y4 4 y 2 9 y 2 4 y 2 9. (1) có nghiệm nguyên nên 49y2 là số chính phương, đặt 4y22 9 k ( k ). 0,25 Khi đó k 2 y k 2 y 9. Xét các trường hợp và chú ý k ta được các bộ ky,  5;2;5;2;3;0  . 0,25 Với y 2 ta được: x2 4 x 96 0 x 12; x 8. Với y 0 ta được: x 0. 0,25 Vậy các nghiệm cần tìm là xy,  0;0;12;2;12; 2; 8;2; 8; 2  . 3 1,0 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 4 a b c a2 b 2 c 2 3 a 3 b 3 c 3 27 0,25 43 abcabc 2 2 2 abc 3 3 3 abc 3 0,25 a3 b 3 c 3 4 abbccaab 2 2 2 2 bc 2 ca 2 abc 3 (1) Ta có đẳng thức abc 3 a3 b 3 c 336 abbccaab 2 2 2 2 bc 2 ca 2 abc . 0,25 Do đó (1) tương đương với ab2 bc 2 ca 2 ac 2 ba 2 cb 2 6. abc Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có abbccaacbacbabc2 2 2 2 2 2 2 bca 2 cab 2 2a2 bc 2 b 2 ca 2 c 2 ab 2 a 2 bc b 2 ca c 2 ab 6 abc . 0,25 Vậy BĐT (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc 1. (Chú ý: Học sinh được sử dụng BĐT AM-GM với 6 số hoặc BĐT Schur’s để chứng minh). 4 A A x O E O E B 3,0 C M M B C Q P N F D D F a Do các tứ giác MECD, MBFD nội tiếp nên DEC DMC DFB (1) 0,25 Tứ giác ABDC nội tiếp nên DCE DCA DBF (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BDF CDE ( g g ) . 0,25 Từ BDF CDE EDC BDF. Mà EMC EDC và BMF BDF . 0,5 Suy ra EMC BMF . Vậy EMF,, thẳng hàng. 0,25 b Từ hai tứ giác nội tiếp nên AB AF AM AD AE AC , suy ra tứ giác 0,25 BECF nội tiếp. Do đó AFE ACB. Vẽ tiếp tuyến Ax của O thì ACB BAx . Do đó BAx AFE , suy ra Ax|| EF . 0,25
  73. Vậy OA EF. c 2 SBDF BF Ta có BDF CDE nên 2 . 0,25 SCDE CE 2 MBSSSDAB DAB BDF SCDE AB BF CE AB. BF Ta có 1 . . .2 . . 0,25 MC SDAC S BDF S CDE S DAC BF CE AC CE. AC BF AC AF NF EN FN Từ đó (3). 0,25 CE AB AE NE EC FB PN EN QN FN Theo tính chất phân giác ta có và (4). PC EC QB FB 0,25 PN QN Từ (3) và (4) suy ra . Do đó PQ song song với BC. PC QB 5 1,0 a Giả sử A 1;2;3; ;93 là tập hợp cân đối , khi đó mỗi tập Aii 1,31 có dạng xi;; y i x i y i, như vậy tổng ba phần tử trong Ai là số chẵn. Do đó tổng các phần tử của 0,25 tập A là số chẵn. 93.94 Mặt khác tổng các phần tử trong A bằng: 1 2 3 93 93.47 (là số lẻ). Mâu 2 0,25 thuẫn này chỉ ra A là tập không cân đối. b Nhận xét: Nếu tập Snn 1;2;3; ; , với n chia hết cho 3 là tập hợp cân đối thì tập Sn4n 1;2;3; ;4  và Sn43n 1;2;3; ;4 3 cũng là tập hợp cân đối. Chứng minh. Từ tập S4n ta chọn ra các tập con ba phần tử sau: 1;2nnnn ;2 1;3;2  nnnn 1;2 2;5;2  nnnn 2;2 3; ;2  nnn 1;2 1;4 . Rõ ràng các tập con này đều thỏa mãn có một phần tử bằng tổng hai phần tử còn lại. 0,25 Còn lại các số sau trong tập là 2,4,6, ,2n . Tuy nhiên vì tập Sn cân đối nên tập 2;4;6; ;2n cũng cân đối . Vậy là tập cân đối. Tương tự từ tập S43n ta chọn ra các tập con ba phần tử sau: 1;2n n 2;2 n n 3 ; 3;2n n 1;2 n n 4 ; ; 2n 1;2 n 2;4 n 3. Và còn lại các số là , suy ra là tập cân đối. Trở lại bài toán. Ta có 831 4.207 3 207 4.51 3 51 4.12 3 12 4.3 0,25 Chú ý là tập 1;2;3 là cân đối nên theo nhận xét trên ta xây dựng được các tập hợp cân đối theo quy trình sau: 1;2;3  1;2; ;12  1;2; ;51  1;2; ;207  1;2; ;831 . Do đó tập A 1;2;3; ;831 là tập hợp cân đối (đpcm).
  74. Hết KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016 HẢI DƯƠNG Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao ĐỀ CHÍNH THỨC đề (Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho ab 29 12 5 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: A a22( a 1) b ( b 1) 11 ab 2015 2) Cho xy, là hai số thực thỏa mãn xy (1 x22 )(1 y ) 1. Chứng minh rằng x1 y22 y 1 x 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 4 x2 9 x 2 2 x 2 4 x 1. 22 2x y xy 5 x y 2 y 2 x 1 3 3 x 2) Giải hệ phương trình 2 x y 1 4 x y 5 x 2 y 2 Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên thỏa mãn x4 x 2 y 2 y 20 0. 2) Tìm các số nguyên k để k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 là số chính phương. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN 2 1 1 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Câu V (1,0 điểm) Cho ab, là các số dương thỏa mãn điều kiện(a b )3 4 ab 12. 11 Chứng minh bất đẳng thức 2015ab 2016. 11 ab Hết
  75. Câu I (2,0 điểm) 1) Cho ab 29 12 5 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: A a22( a 1) b ( b 1) 11 ab 2015 2 ab 2912525 325 253 A a3 b 3 a 2 b 2 11 ab 2015 (a b )( a2 b 2 ab ) a 2 b 2 11 ab 2015 3(a2 b 2 ab ) a 2 b 2 11 ab 2015 4(a2 2 ab b 2 ) 2015 4( a b ) 2 2015 2051 2) Cho xy, là hai số thực thỏa mãn xy (1 x22 )(1 y ) 1. Chứng minh rằng x1 y22 y 1 x 0. xy (1 x2 )(1 y 2 ) 1 (1 x ) 2 (1 y ) 2 1 xy (1 x2 )(1 y 2 ) (1 xy ) 2 1 x2 y 2 x 2 y 2 1 2 xy x 2 y 2 x2 y 2 2 xy 0 ( x y ) 2 0 y x x1 y2 y 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 0 Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 4 x2 9 x 2 2 x 2 4 x 1. 1 Pt 2x 3 ( x 2)(4 x 1)2 x 2 4 x 1. ĐK: x 4 t 2 9 Đặtt2 8 x 4 ( x 2)(4 x 1) 9 2 x ( x 2)(4 x 1) 4 PTTT t2 4 t 3 0 t 1 hoặc t = 3 TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t 7 bị loại 2 TH 2.t 3 2 x 2 4 x 1 3. Giải pt tìm được x (TM) 9 Vậy pt có nghiệm duy nhất 22 2x y xy 5 x y 2 y 2 x 1 3 3 x 2) Giải hệ phương trình 2 x y 1 4 x y 5 x 2 y 2 ĐK: y 2 x 10,4 x y 50, x 2 y 20, x 1 y 2 x 1 0 x 1 00 TH 1. (Không TM hệ) 3 3xy 0 1 1 10 1 TH 2. xy 1, 1 Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được xy 2 (x y 2)(2 x y 1) y 2 x 1 3 3 x 1 (x y 2) y 2 x 1 0 . Do yx 2 1 0 y 2 x 1 3 3 x 1 nên y 2 x 1 0 x y 2 0 y 2 x 1 3 3 x
  76. Thay yx 2 vào pt thứ 2 ta được x2 x 3 3 x 7 2 x x2 x 2 3 x 7 1 2 2 x 3xx 6 2 (xx 2)( 1) 3xx 7 1 2 2 31 (xx 2) 1 0 3xx 7 1 2 2 31 Do x 1 nên 10 x 3xx 7 1 2 2 Vậy x 2 0 x 2 y 4 (TMĐK) Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn x4 x 2 y 2 y 20 0. (1) Ta có (1)  x4 x 2 20 y 2 y Ta thấy x4 x 2 x 4 x 2 20 x 4 x 2 20 8 x 2  x2( x 2 1) y ( y 1) ( x 2 4)( x 2 5) Vì x, y ∈ nên ta xét các trường hợp sau + TH1. y( y 1) ( x2 1)( x 2 2) x 4 x 2 20 x 4 3 x 2 2 2x22 18 x 9 x 3 Với x2 9 , ta có y2 y 9 2 9 20 y 2 y 110 0 y 10; y 11( t . m ) + TH2. y( y 1) ( x2 2)( x 2 3) x 4 x 2 20 x 4 5 x 2 6 7 4xx22 14 (loại) 2 4 + TH3. y( y 1) ( x2 3)( x 2 4) 6 x 2 8 x 2 (loại) 3 + TH4. y( y 1) ( x2 4)( x 2 5) 8 x 2 0 x 2 0 x 0 Với x2 0 , ta có y22 y 20 y y 20 0 y 5; y 4 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4). 2) Tìm các số nguyên k để k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 là số chính phương. Đặt M k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 Ta có M ( k4 2 k 2 1)8( k k 2 2 k 1)9 k 2 18 k 9 2 2 2 2 2 2 (k 1) 8 k ( k 1) 9( k 1) ( k 1) . ( k 3) 1 M là số chính phương khi và chỉ khi (k 1)2 0 hoặc (k 3)2 1 là số chính phương. TH 1. (kk 1)2 0 1. TH 2. (k 3)2 1 là số chính phương, đặt (k 3)22 1 m ( m ) m22 ( k 3) 1 ( m k 3)( m k 3) 1 Vì m, k m k 3 , m k 3 nên mk 31 m k 3 1 m 1, k 3 hoặc k 3 mk 31 m k 3 1 m 1, k 3 Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 là số chính phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.
  77. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25 => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2 1 1 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 2 1 1 2AB . AC AK ( AB AC ) AB . AC AK . AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 . Do AN = AM => AB.AC = AK.AI 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Ta có AN  NO, MP NO, M AN => AN // MP Do đó AMPN là hình bình hành  AN = MP = 2x AN NO2 x2 Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => NE NE EM R 2x2 TH 1.NE = NO – OE => R R2 x 2 2 x 2 R 2 R R 2 x 2 R Đặt R2 x 2 t, t 0 x 2 R 2 t 2 . 2 2 2 2 2 2tR PTTT 2(R t ) R R t 2 t Rt R 0 tR Do t 00 t R R22 x R x A  B (loại) 2x2 TH 2 NE = NO + OE => R R2 x 2 2 x 2 R 2 R R 2 x 2 R Đặt R2 x 2 t, t 0 x 2 R 2 t 2 . 2 2 2 2 2 2tR PTTT 2(R t ) R Rt 2 t Rt R 0 tR R 3 Dot 0 2 t R 2 R22 x R x AO 2 R (loại) 2
  78. Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh Câu V (1,0 điểm) Cho ab, là các số dương thỏa mãn điều kiện(a b )3 4 ab 12. 11 Chứng minh bất đẳng thức 2015ab 2016. 11 ab 3 Ta có12 (a b )3 4 ab 2 ab 4 ab . Đặtt ab,0 t thì 128 t3 4 t 2 2 t 3 t 2 30 (1)(2 t t 2 33)0 t Do 2t2 3 t 3 0,  t nêntt 1 0 1 . Vậy 01 ab 1 1 2 Chứng minh được , ab , 0 thỏa mãn ab 1 11 ab1 ab 1 1 1 1 Thật vậy, BĐT 0 11 ab11 ab ab ab a ab b b a a b 0 (1 a )(1 ab ) (1 b )(1 ab ) 1 ab 11 ab (b a )2 ( ab 1) 0. Do 01 ab nên BĐT này đúng (1 ab )(1 a )(1 b ) 2 Tiếp theo ta sẽ CM 2015ab 2016,  a , b 0 thỏa mãn 1 ab 2 Đặtt ab,0 t t ta được 2015t 2 2016 1 t 2015t32 2015 t 2016 t 2014 0 (t 1)(2015 t2 4030 t 2014) 0. BĐT này đúng tt:0 1 11 Vậy 2015ab 2016. Đẳng thức xảy ra a = b = 1 11 ab SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề Câu 1 (4đ) a) Chứng minh rằng A 2nn 1 2 1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Tìm số các số nguyên n sao cho B n2 n 13 là số chính phương Câu 2. (5đ) a) Giải phương trình x22 2x 3 2 2x 4x 3 b) Giải hệ phương trình x22 y 1 xy 22 x y 3xy 11 Câu 3 (3đ) Cho ba số x, y, z thỏa mãn x y z 2010 1 1 1 1 x y z 2010 Tính giá trị của biểu thức P x2007 y 2007 y 2009 z 2009 z 2011 x 2011 Câu 4. (6đ)
  79. Cho đường tròn (O;R) và dây cung AB cố định, AB R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi C;R1 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A , D;R2 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. hai đường tròn C;R1 và D;R2 cắt nhau tại điểm thứ hai là M. a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD và 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất ? Câu 5. Cho các số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 670. Chứng minh rằng: x y z 1 x2 yz 2010 y 2 zx 2010 z 2 xy 2010 x y z
  80. ĐÁP ÁN ĐỀ PHÚ THỌ 2009-2010 Câu 1 a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên 2n 1;2 n ;2 n 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên 2n 1 .2 n . 2 n 1 chia hết cho 3 Mặt khác 2n ;3 1 nên 2nn 1 2 1 chia hết cho 3 Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Ta thấy B là số chính phương 4B là số chính phương Đặt 4B= k2 k thì 4B 4n22 4n52 k 2n1k.2n1k 51 Vì 2n 1 k 2n 1 k nên ta có các hệ 2n1k1 2n1k3 2n1k51 2n1k17 (1) (2) (3) (4) 2n1k 51 2n1k 17 2n1k 1 2n1k 3 Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm được n 12;n 3;n 13;n 4 Vậy các số nguyên cần tìm là n  12; 3;4;13 Câu 2 a) Ta có 2x22 4x 3 2(x 1) 1 1 nên tập xác định của phương trình là R Phương trình đã cho tương đương với 2x22 4x 3 4 2x 4x 3 3 0 Đặt y 2x2 4x 3 1 thì phương trình đã cho trở thành 2 y1 y 4y 3 0 (thỏa mãn điều kiện) y3 Với y1 ta có 2x22 4x31 2x 4x31 x1 22 x1 Với y3 ta có 2x 4x3 3 2x 4x39 x3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x 1,x 1,x 3 b) hệ đã cho tương đương với 11(x2 xy y 2 ) 11 x 2 xy y 2 1 x22 xy y 1 (*) 2 2 2 2 2 2 x 3xy y 11 11(x xy y ) x 3xy y (x 2y)(5x 3y) 0 Từ hệ (*) ta suy ra 22 x22 xy y 1 x xy y 1 (I) hoặc (II) x 2y 0 x 2y . 5x 3y 0 Giải hệ (I) ta tìm được (x;y) (2; 1);( 2;1) Hệ II vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm Câu 3 Từ giả thuyết suy ra x, y, z khác 0 và 1 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 1 0 x y z x y z x y x y 0 xy z(x y z)